資源簡介

第14講 導數中的隱零點問題（虛設零點設而不求）
（高階拓展、競賽適用）
（3 類核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
2020 年新 I 卷，第 21 題,12 分 導數中的隱零點問題 不等式恒成立問題
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的載體內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數求解函數基本問題
2 掌握函數零點存在性定理及其應用
3 能設而不求進行隱零點的相關替換求值或范圍
【命題預測】零點問題是高考的熱點問題，隱零點的代換與估計問題是函數零點中常見的問題之一, 其源于
含指對函數的方程無精確解, 這樣 我們只能得到存在性之后去估計大致的范圍，高考中曾多次考查隱零點
代換與估計, 所以本節我們做一個專門的分析與討論，方便學生高考綜合復習
知識講解
在求解導數問題時，我們一般對函數的零點設而不求，通過一種整體代換和過渡，再結合題目條件最
終解決問題，我們稱這類問題為“隱零點問題”．
1. 解題步驟
第 1 步: 用零點存在性定理判定導函數零點的存在性, 列出零點方程 f x0 = 0 , 并結合 f (x) 的單調
性得到零點的范圍;
第 2 步: 以零點為分界點, 說明導函數 f (x) 的正負, 進而得到 f (x) 的最值表達式;
第 3 步: 將零點方程 f x0 = 0 適當變形, 整體代入 f (x) 最值式子進行化簡:
（1）要么消除 f (x) 最值式中的指對項
（2）要么消除其中的參數項;
從而得到 f (x) 最值式的估計.
2. 隱零點的同構
實際上, 很多隱零點問題產生的原因就是含有指對項, 而這類問題由往往具有同構特征, 所以下面我們看到
的這兩個問題, 它的隱零點代換則需要同構才能做出, 否則, 我們可能很難找到隱零點合適的代換化簡方
向. 我們看下面兩例: 一類同構式在隱零點問題中的應用的原理分析
xex x ln x
f x = x ex f ln x = x ln x

e
x x 1 x ln x 1
f x = xex f ln x ln x= x2ex ln x = 0
x
ex 1所以在解決形如 = x ln x = 0 , 這些常見的代換都是隱零點中常見的操作.
x
3. 解題感悟
1.隱零點指對于超越方程或者是一些帶參數的方程，無法直接求得確切的零點，但是零點確實存在的問題。
特別是在求導的過程，求函數極值點，對原函數求導后，令導函數等于零，就導函數零點進一步探尋原函
數極值點或最值時會經常遇到“隱零點”問題。
2.隱零點常見題型，有證明零點個數，求解不等式，求最值的取值范圍，求參數的范圍。
3.解決辦法，往往是“虛設零點”，設而不求，結合零點存在定理來初步確定零點的所在區間。往往這樣的
零點都與某個參數相關聯，相互依賴。在使用零點存在定理確定區間時往往存在困難，必要時使用放縮法
取含參的特殊值來確定零點存在區間。
4.特別是針對導函數的“隱零點”，求解取值范圍時，需要根據導函數零點代入方程，把參數表示成含隱零
點的函數，再來求原函數的極值或者最值問題，或證明不等式。構建關于隱零點作為自變量的新函數，求
函數值域或者證明不等式恒成立問題。
考點一、隱零點初應用
1．證明 ex 2ln x > 4 2ln 2
證明: 要證明左邊大于右邊, 只需證明左邊的最小值大于右邊即可
令 g x = ex 2ln x (x > 0)
g (x) ex 2 g (x) ex 2然后求導 = , \ = 2 > 0,\ g
(x) 單增,
x x
\ g (0.5) < 0 g (1) > 0 , g 因此 (x) 存在零點, \ g(x) 有一個極小值
g 設 (x) 2 的零點為 x = x0 \e
x0 = 0 (1), 兩邊同時取自然對數, \ x0 = ln 2 ln x0 (2)x0
2
將(1)、(2)帶入 g(x) , 得 g x0 = 2ln 2 2x0 4 2ln 2 , 證畢x0
2．求 f (x) = ex 1 3ln x 的極值
解: f (x) 3= ex 1 (x > 0), f (x) = ex 1 3
x x2
> 0,\ f (x)
f (0.5) < 0 f (1) > 0,\ f (x) 存在一個零點
f 設 (x) 的零點為 x = x ,\ 令 f (x) = ex 1 30 = 0x
\ex0 1 3= ( 1) , x0 1 = ln 3 ln xx 00
f x 3\ 0 = 3ln 3 3x0 3 9 3ln 3 , 即極小值為 9 3ln 3x
1．已知函數 f (x) = x ln x kx 3k ，求：
(1)當 k =1時，求曲線 f (x) 在點 (1，f (1)) 處的切線方程；
(2)當 x > 3時，總有 f (x) >1，求整數 k 的最小值.
【答案】(1) 2x y 4 = 0
(2)-3
【分析】（1）先對函數求導，計算出斜率，再用點斜式即可；（2）分離參數轉化為函數的最值問題.
【詳解】（1）當 k =1時， f (x) = x ln x x 3
\ f (x) = ln x 2
\ f (1) = 2 f (1) = 2
\ f (x)在點 (1, f (1))處的切線方程為 y 2 = 2(x 1)即 2x y 4 = 0
（2）由題意， f (x) >1，即 x ln x kx 3k >1，即 k(x 3) >1 x ln x ，
k 1 x ln x又 x > 3，\ > 恒成立.
x 3
g(x) 1 x ln x
3ln x x 2
令 = ，\ g (x) =
x 3 (x 3)2
h(x) = 3ln x x 2 h (x) 3 x令 ，則 = < 0 恒成立.
x
\h(x)在 3, 上遞減，
Qh(8) = 3ln8 6 > 0， h(9) = 3ln 9 7 < 0
x 2
\$x0 (8,9)使 h(x0 ) = 0 ，即3ln x0 x0 2 = 0 ，則 ln x0 = 0 ，3
\當 x (8, x0 ) 時， g (x) > 0，當 x (x0 , ) 時， g (x) < 0
x0 2
g(x) g(x ) 1 x0 ln x
1 x0 × x 1 10
\ max = 0 =
0 = 3 = 0 ( , 3)
x0 3 x0 3 3 3
因為 k > g(x)max ，且 k Z，\k 3，即整數 k 的最小值為-3
【點睛】方法點睛：對于零點不可求問題，可以設而不求，整體替換從而求出范圍。
1．（2024·山東威海·二模）已知函數 f x = ln x ax 1．
(1)求 f x 的極值；
(2)證明： ln x x 1 xex．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導數，利用導數與函數單調性以及極值的關系，即可求得答案；
（2）根據要證明的不等式的結構特點，設 g(x) = xex ln x x 1, x > 0，求出其導數，利用導數判斷其單調
性，結合其最值，即可證明結論.
【詳解】（1）由題意得 f x = ln x ax 1的定義域為 (0, )，
f x 1 a 1 ax則 = = ，
x x
當 a 0時， f x > 0， f x 在 (0, )上單調遞增，無極值；
當 a > 0時，令 f x < 0 x 1，則 > ，令 f x > 0 1，則0 < x < ，a a
f x (0, 1即 在 ) 1上單調遞增，在 ( , )a 上單調遞減，a
1
故 x
1
= 為函數的極大值點，函數極大值為 f ÷ = ln a，無極小值；a è a
（2）證明：設 g(x) = xex ln x x 1, x > 0，
g x x 1 ex 1 1 x 1= ，令 h x = x 1 e 1，
x x
則 h x = x 1 2 ex 2 > 0, x > 0 ，即 h x 在 (0, )上單調遞增，x
h 1 3
1
÷ = e2 3 < 0,h e = e 1 ee
1
1 > 0，
è 2 2 e
$x 1 x故 00 , e÷，使得 h x0 = 0，即 x0e =1，è 2
當 x 0, x0 時， h x < 0， g x 在 0, x0 上單調遞減，
當 x x0 , 時， h x > 0 ， g x 在 x0 , 上單調遞增，
故 g x = g x0 x ex
1
= 00 ln x x0 1 = 0min e 0
即 g x 0，即 xex ln x x 1，則 ln x x 1 xex .
2．（2024·浙江杭州·一模）已知函數 f (x) = x2 (a 2)x a ln x(a R) ．
(1)求函數 y = f (x) 的單調區間；
(2)當 a =1時，證明：對任意的 x > 0， f (x) ex > x2 x 2．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）利用導數求單調區間；（2）將不等式等價轉化為 ex ln x 2 > 0，利用導數討論最值即可求
解.
【詳解】（1）由題可知函數 f (x) 的定義域為 (0, ) ，
2
f (x) = 2x (a a 2x (a 2)x a 2) = ，
x x
即 f (x)
(x 1)(2x a)
= ，
x
(i)若 a 0，
則 f (x) > 0 在定義域 (0, )上恒成立，
此時函數 f (x) 在 (0, )上單調遞增；
(ii) 若 a > 0，
令 f (x) > 0 ，即 2x a > 0 a，解得 x > ,2
令 f (x) < 0 ，即 2x a < 0 0 x a，解得 < < ,2
a
所以 f (x) 在 (0,
a )上單調遞減， ( , )2 上單調遞增.2
綜上， a 0時， f (x) 在 (0, )上單調遞增；
a 0 f (x) (0, a a> 時， 在 )上單調遞減， ( , )上單調遞增.2 2
（2）當 a =1時， f (x) = x2 x ln x，
要證明 f (x) ex > x2 x 2，只用證明 ex ln x 2 > 0，
1
令g(x)=ex ln x 2 ， g (x)=ex ，
x
令 g (x)=ex
1 1
ex，即 = ，可得方程有唯一解設為 x0 ，且 x0 1，x x
ex 10所以 = x ，0
當 x 變化時， g (x)與g(x)的變化情況如下，
x (0,x0 ) x0 (x0 ,+ )
g x 0
g(x) 單調遞減 單調遞增
所以 g(x)min = g(x0 ) = e
x0 ln x0 2
1
= x 2
x 0 ，0
1
因為 x0 2
1
2 × x0 2 = 0，因為 x0 1，所以不取等號，x0 x0
1
即 x0 2 > 0x ，即
g(x)min > 0恒成立，
0
所以， ex ln x 2 > 0恒成立，
得證.
考點二、隱零點問題之參數范圍綜合
1．（2020·新Ⅰ卷·統考高考真題第 21 題）已知函數 f (x) = aex 1 ln x ln a ．
（1）當 a = e時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
（2）若不等式 f x 1恒成立，求 a 的取值范圍．
2
【答案】（1） （2）[1, )
e 1
【分析】（1）利用導數的幾何意義求出在點 1, f 1 切線方程，即可得到坐標軸交點坐標，最后根據三角形
面積公式得結果；
（2）方法一：利用導數研究函數 f x 的單調性，當 a=1 時，由 f 1 = 0得 f x = f 1 =1min ,符合題意；
1 1
當 a>1 時，可證 f ( ) f (1) < 0 ，從而 f x x0 1存在零點 x0 > 0 ，使得 f (x0 ) = ae = 0x ，得到 f ( x )min ，利用a 0
零點的條件，結合指數對數的運算化簡后，利用基本不等式可以證得 f x 1恒成立；當 0 < a < 1時，研究
f 1 .即可得到不符合題意.綜合可得 a 的取值范圍.
1
【詳解】（1）Q f (x) = ex ln x 1，\ f (x) = ex ，\k = f (1) = e 1.
x
Q f (1) = e 1，∴切點坐標為(1,1+e),
∴函數 f x 在點(1,f(1)處的切線方程為 y e 1 = (e 1)(x 1) ,即 y = e 1 x 2 ,
\ 2切線與坐標軸交點坐標分別為 (0,2), ( ,0) ,
e 1
1 2 | 2 2∴所求三角形面積為 |= ．
2 e 1 e 1
（2）［方法一］：通性通法
Q f (x) = aex 1 ln x ln a ,\ f (x)
1
= aex 1 ，且 a > 0 .
x
g(x) = f (x) g (x) aex 1 1設 ,則 = 2 > 0,x
∴g(x)在 (0, )上單調遞增，即 f (x)在 (0, )上單調遞增，
當 a =1時， f (1) = 0 ,∴ f x = f 1 =1min ,∴ f x 1成立.
1 1 1 1 1
當 a > 1時， <1 ， 1∴ea <1，\ f ( ) f (1) = a(e
a 1)(a 1) < 0 ,
a a
1
∴ x0 1存在唯一 x0 > 0 ，使得 f (x0 ) = ae = 0，且當 x (0, x0 )時 f (x) < 0 ，當 x (x0 , ) 時 f (x) > 0x ，0
aex 1 1\ 0 = ，\ln a x0 1 = ln xx 0 ，0
因此 f (x) x0 1min = f (x0 ) = ae ln x0 ln a
1
= ln a x0 1 ln a 2ln a 1 2
1
× x0 = 2ln a 1>1,x0 x0
∴ f x >1, ∴ f x 1恒成立；
當 0 < a < 1時， f (1) = a ln a < a <1, ∴ f (1) <1, f (x) 1不是恒成立.
綜上所述，實數 a 的取值范圍是[1,+∞).
［方法二］【最優解】：同構
由 f (x) 1得 aex 1 ln x ln a 1，即 eln a x 1 ln a x 1 ln x x ，而 ln x x = eln x ln x，所以
eln a x 1 ln a x 1 eln x ln x．
令h(m) = em m ，則h (m) = em 1 > 0，所以 h(m)在 R 上單調遞增．
由 eln a x 1 ln a x 1 eln x ln x，可知h(ln a x 1) h(ln x) ，所以 ln a x 1 ln x，所以
ln a (ln x x 1)max ．
F (x) = ln x x 1 F (x) 1 1 1 x令 ，則 = = ．
x x
所以當 x (0,1) 時，F (x) > 0, F (x) 單調遞增；
當 x (1, )時，F (x) < 0, F (x) 單調遞減．
所以[F (x)]max = F (1) = 0 ，則 ln a 0，即a 1．
所以 a 的取值范圍為a 1．
［方法三］：換元同構
由題意知 a > 0, x > 0，令aex 1 = t ，所以 ln a x 1 = ln t ，所以 ln a = ln t x 1．
于是 f (x) = aex 1 ln x ln a = t ln x ln t x 1．
由于 f (x) 1, t ln x ln t x 1 1 t ln t x ln x，而 y = x ln x 在 x (0, )時為增函數，故 t x ，即
aex 1
x
x ，分離參數后有a x 1 ．e
x ex 1 xex 1g(x) = g (x) e
x 1(1 x)
令 x 1 ，所以 =e e2 x 2
=
e2 x 2
．
當0 < x <1時， g (x) > 0, g(x)單調遞增；當 x >1時， g (x) < 0, g(x)單調遞減．
所以當 x =1時， g(x)
x
= x g(1) =1 1 取得最大值為 ．所以a 1．e
［方法四］：
因為定義域為 (0, )，且 f (x) 1，所以 f (1) 1，即 a ln a 1．
令 S(a) = a ln a ，則 S (a) = 1
1
> 0，所以 S(a)在區間 (0, )內單調遞增．
a
因為 S(1) = 1，所以a 1時，有 S(a) S(1)，即 a ln a 1．
下面證明當a 1時， f (x) 1恒成立．
令T (a) = aex 1 ln x ln a ，只需證當a 1時，T (a) 1恒成立．
T (a) = ex 1 1 x 1因為 > 0，所以T (a)在區間[1, ) 內單調遞增，則[T (a)]min = T (1) = e ln x ．a
因此要證明a 1時，T (a) 1恒成立，只需證明[T (a)] = ex 1min ln x 1即可．
由 ex x 1, ln x x 1，得 ex 1 x, ln x 1 x ．
上面兩個不等式兩邊相加可得 ex 1 ln x 1，故a 1時， f (x) 1恒成立．
當 0 < a < 1時，因為 f (1) = a ln a < 1，顯然不滿足 f (x) 1恒成立．
所以 a 的取值范圍為a 1．
【整體點評】（2）方法一：利用導數判斷函數 f x 的單調性，求出其最小值，由 fmin 0即可求出，解法雖
稍麻煩，但是此類題，也是本題的通性通法；
方法二：利用同構思想將原不等式化成 eln a x 1 ln a x 1 eln x ln x，再根據函數h(m) = em m 的單調性以
及分離參數法即可求出，是本題的最優解；
方法三：通過先換元，令aex 1 = t ，再同構，可將原不等式化成 t ln t x ln x ，再根據函數 y = x ln x 的
單調性以及分離參數法求出；
方法四：由特殊到一般，利用 f (1) 1可得 a的取值范圍，再進行充分性證明即可．
2 x a．已知函數 f (x) = ln(ax), a > 0，若 f (x) (x 1)e , 求 a 的取值范圍.
解：記 h(x) = (x 1)ex a f (x) = (x 1)ex a ln x ln a, x > 0 ,
依題意, h(x) 0 恒成立,
求導得 h (x) = xex a 1 , x > 0 ,
x
令 y = h (x) x x a 1= e , y = (x 1 1)ex a > 0 ,
x x2
則 h (x) 在 (0, ) 上單調遞增,
1 1 1 a 又 h ÷ = e2 2 < 0, h
(a 1) = (a 1) 1e > 0 ,
è 2 2 a 1
x 1 , a 1 h x = 0 x x a 1則 $ 0 ÷ , 使得 0 , 即 0e 0 = 成立,
è 2 x0
則當 x 0, x 0 ,h (x) < 0,h(x) 單調遞減; x x , ,h 當 0 (x) > 0,h(x) 單調遞增,
h(x)min = h x = x 1 ex0 a0 0 ln x0 ln a ,
由 x ex0 a 1 10 = , e
x0 a得 = 2 ,a = x 2ln x , x0 x
0 0
0
x 1
于是得 h x0 = 0 2 ln x0 ln x0 2ln xx 0 ,0
x 1
當 x (1, ) 時, 令 t(x) = 2 ln x , x
有 t (x) (1 x)(x 2)= 3 < 0, t(x) 在 (1, ) 上單調遞減, x
而 x 2ln x 在 (1, ) 上單調遞增,
即 有函數 y = ln(x 2ln x) 在 (1, ) 上單調遞減,
于是得函數 j(x) x 1= 2 ln x ln(x 2ln x) x
在 (1, ) 上單調遞減, 則當 x0 (1, ) 時, h x0 = j x0 < j(1) = 0 , 不合題意;
當 x 10
ù
,1ú 且 x0 2ln x0 > 0 時 , 由 (1) 中 ln x x 1 知 , ln x0 1 x0 , 有 è 2
ln x0 2ln x0 1 x0 2ln x0 ,
從而
h x x0 1 x0 10 = 2 ln x0 ln x0 2ln x0 2 ln x0 1 x0 2ln xx 0 0 x0
x0 1 x 1 1 x= 3ln x x 1 0 3 x 1 x 1 = 0 2x0 1 2x0 1
x2 0 0 x2 0 0 2
,
0 0 x0
x 1由 0 ,1
ù
ú 吅 h x0 0 , 因此滿足 f (x) (x 1)e
x a , 又 a = x0 2ln x0 , y = x 2ln x
è 2
1
在 ,1
ù 1 ù
ú 上單調遞增, 則有 a 2ln 2,1ú , 而 a > 0 , 所以實數 a 的取值范困是 (0,1] .è 2 è 2
3．已知函數 f (x) = ax x ln x(a R)，當 a =1 且 k Z 時, 不等式 k(x 1) < f (x) 在 x (1, )
上恒成立, 求 k 的最大值.
k x x ln x< 解：依題分離參數得: ÷ ,
è x 1 mi n
g(x) x x ln x令 = ,
x 1
g 則 (x) x ln x 2= 2 , (x 1)
令 h(x) = x ln x 2(x >1) .
h (x) 1 1 x 1 則 = = > 0,\h(x) 在 (1, ) 上遞增,
x x
Qh(3) =1 ln 3 < 0,h(4) = 2 2ln 2 > 0 ,
存在 x0 (3, 4) , 使 h x0 = 0 .
即 ln x0 = x0 2 ,
當 1< x < x0 時, h(x) < 0 g
(x) < 0, g(x) Z ;
當 x > x0 ,h(x) > 0 g
(x) > 0, g(x) ] .
x xdn
x 1 x 2g x = g x = 0 x00 = 0 0 = x 3,4 .min x0 1 x0 1 0
k < g x = x0 3,4 , Qk Z ,\k = 3.min max
f (x) aex a 14．已知函數 = 2(a 1) 0 對任意的 x (0, ) 恒成立, 其中實數 a > 0 , 求 a 的
x
取值范圍.
解：由已知得 f (x)min 0(a > 0, x > 0)
x 2
f x aex a 1 ae x a 1 =
x2
=
x2
令 g x = aex x2 a 1 , (a > 0, x > 0)
由 g (x) = a 2x x2 ex > 0 得 g(x) 在 (0, ) 上遞增,
又 g(0) = (a 1) < 0 , 而 g(x) = aex x2 (a 1) > ax2 (a 1) ,
a 1
所以 g ÷÷ > 0
è a
x a 1
存在 x0 (0, ) , 使得 g x 00 = 0 得 ae = 2 .x0
當 0 < x < x0 時, g(x) < 0, f
(x) < 0, f (x) 遞減;
當 x > x0 時, g(x) > 0, f
(x) > 0, f (x) 遞增:
故 f (x)min = f x
a 1
= aex00 2(a 1)
a 1 a 1
= 2 2(a 1) 0x0 x0 x0
得 0 < x0 1,
x 2
又因為 g(x) = ae x (a 1) 在 (0, ) 上遞增, 且 0 < x0 1,
\0 = g x g(1) 0 g(1) a 10 , 由 得 .e 1
f x 2lnx x a1．（2024·湖南邵陽·三模）已知函數 = a R
x
(1)若 a = 2，求 f x 的單調區間.
(2)若對"x 0, ， f x xex 恒成立，求實數 a的取值范圍
【答案】(1) f x 的單調遞增區間為 0,1 ，單調遞減區間為 1,
(2) ,1
【分析】（1）求導，根據導函數的符號判斷原函數的單調區間；
（2 2 x）分析可知原題意等價于對"x 0, ， a x2ex 2ln x x 恒成立，構建 g x = x e 2ln x x, x > 0，
利用導數判斷 g x 的單調性和最值，結合恒成立問題分析求解.
f x 2lnx x 2【詳解】（1）若 a = 2，則 = 的定義域為 0, ，
x
x 2 1÷ 2ln x x 2 且 f x = è x 2ln x ，2 =x x2
令 f x > 0，解得0 < x <1；令 f x < 0，解得 x >1；
所以 f x 的單調遞增區間為 0,1 ，單調遞減區間為 1, .
2lnx x a x
（2）因為 f x = xe ，則 2
x a x e
x 2ln x x ，
所以原題意等價于對"x 0, ， a x2ex 2ln x x 恒成立，
構建 g x = x2ex 2ln x x, x > 0，
則 g x = x2 2x ex 2 1 = x x 2 ex 1 ，x x2 ÷è
令 h x =ex 1 2 2 , x > 0，則 h x =ex 3 > 0對"x 0, 恒成立，x x
可知 h x 0, 1在 內單調遞增，且 h ÷ = e 4 < 0h 1 = e 1 > 0 ，
è 2
可知 h x 在 0, 1 內存在唯一零點 x0 ,1÷ ，
è 2
當0 < x < x0 時， h x < 0，即 g x < 0；
當 x > x0時， h x > 0 ，即 g x > 0；
可知 g x 在 0, x0 內單調遞減，在 x0 , 內單調遞增，
則 g x g x0 = x2ex0 2ln x x = x2ex0 ln x2ex00 0 0 0 0 ，
且 h x =ex
1
0
0 2 = 0 2
x
x ，可得 x
0
0 e =1，
0
則 g x g x0 =1 ln1 =1，可得 a 1，
所以實數 a的取值范圍為 ,1 .
2．（2024·山東日照·三模）已知函數 f x = a ln x x2 a 2 x， g x = x 2 ex x2 4x m， a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)當 a = 1時，對"x 0,1 ， f x > g x ，求正整數m 的最大值.
【答案】(1)答案見解析；
(2)3.
【分析】（1）求出函數 f x 的導數，再按 a 0與 a > 0分類討論求出函數的單調性.
（2）把 a = 1代入，再等價變形給定的不等式，構造函數，利用導數求出最小值的范圍得解.
【詳解】（1）函數 f x 0, a x 1 2x a的定義域為 ，求導得 f x = 2x a 2 = ，
x x
①當 a 0時，有 f x < 0，此時函數 f x 在區間 0, 上單調遞減；

②當 a > 0時，當 x 0,
a
÷ 時， f x > 0
a
，此時函數 f x 在區間 0, ÷上單調遞增；
è 2 è 2
當 x
a
, ÷時， f x < 0，此時函數 f x
a
在區間 ,

2 ÷
上單調遞減.
è è 2
所以當 a 0時，函數 f x 在區間 0, 上單調遞減；
a a
當 a > 0時，函數 f x 在區間 0, ÷上單調遞增，在區間 , ÷ 上單調遞減.
è 2 è 2
（2）當 a = 1， x 0,1 時， f x > g x 恒成立，等價于m < x 2 ex ln x x 恒成立，
設 h x = 1 x 2 ex ln x x， x 0,1 x ，則 h x = 1 x e ，
è x ÷
當0 < x <1時，有1 x > 0 ，
1
函數u x = ex 1 在 0,1 上單調遞增，且u ÷ = e 2 < 0 ，u 1 = e 1 > 0 ，x è 2
x 1 ,1 x
1
0
則存在唯一的 0 ，使得u x = 0，即 e = ，
è 2 ÷ 0 x0
當 x 0, x0 時，u x < 0， h x < 0；當 x x0 ,1 時，u x > 0 ， h x > 0，
函數 h x 在 0, x0 上單調遞減，在 x0 ,1 上單調遞增，
h x = h x =min 0 x0 2 e
x0 ln x0 x0 = x0 2
1
2x0 = 1
2
2x
x0 x
0
0
設 y = 1
2
2x，則當 x 0,1 2時， y = 2 2
2
< 0，函數 y = 1 2x在 0,1 上單調遞減，
x x x
1
又因為 x0 ,1

÷，所以 h x0 3,4 .
è 2
所以正整數m 的最大值是 3.
1
3．（2024·四川綿陽·模擬預測）已知函數 f x = alnx x a R .
x
(1)討論 f x 的零點個數；
(2)若關于 x 的不等式 f x 2x 2 在 0, 上恒成立，求 a的取值范圍.
e
【答案】(1)答案見解析
é1
(2) a ê e,e
1
ù
e e ú
.

【分析】（1）求出函數導數，對于 a 分來討論，確定函數的單調性，結合函數的單調性以及極值情況，即
可求得答案；
f x 2x 2（2）不等式 在 0, 上恒成立等價于 alnx x 1 2 0在 0, 上恒成立，從而構造函數
e x e
G x = alnx x 1 2 ，利用導數判斷其單調性求解即可.
x e
1
【詳解】（1）因為 f x = alnx x的定義域為 0, ，
x
當 x =1時， f 1 = 0，所以 1 是 f x 的一個零點，
2
f x a 1 1 x ax 1= 2 = 2 ，x x x
2 2
令 g(x) = x2 ax 1, x > 0，則 g(x) x a a=

÷ 1 , x > 0，
è 2 4
a
當 0，即 a 0時， g(x)在 (0, )上單調遞增，則 g(x) > g(0) =1 > 0，
2
故 f x > 0， f x 在 (0, )上單調遞增，結合 f 1 = 0，
可知此時 f x 有 1 個零點；
2
當
a >0 a，即 a<0時，若1 0，則 2 a < 0時， g(x) 0，
2 4
故 f x > 0， f x 在 (0, )上單調遞增，結合 f 1 = 0，
可知此時 f x 有 1 個零點；
2
若1 a < 0，則 a 2時，則 g(x) = x2 ax 1 = 0的判別式D = a2 4 > 0，
4
不妨設兩根為 x1, x2 ，則 x1 x2 = a > 0,x1x2 =1，
即 x2 ax 1 = 0 有 2 個正數根，且不妨設 0 < x1 < 1 < x2 ，
則當0 < x < x1 時， g(x) > 0 ，即 f x > 0；當 x1 < x < x2 時， g(x) < 0，即 f x < 0；
當 x > x2 時， g(x) > 0 ，即 f x > 0；
則可知 f x 在 x1,1 上單調遞減，則 f (x) = f x1 > f (1) = 0極大 ，
f x 在 1, x2 上單調遞減，則 f (x) = f極小 x2 < f (1) = 0，
1
由當 x 無限趨近于 0 時， 的變化幅度要大于 alnx 的變化幅度，
x
故 f x = alnx 1 x趨近于負無窮，
x
當 x 趨近于正無窮時，x 的變化幅度要大于 alnx 的變化幅度，
故 f x = alnx 1 x趨近于正無窮，
x
此時函數 f x = alnx 1 x有 3 個零點，
x
綜上：當 a < 2時， f x 有 3 個零點，當 a 2時， f x 有 1 個零點
（2）不等式 f x 2x 2 在 0, 上恒成立
e
等價于 alnx
1 2
x 0在 0, 上恒成立，
x e
1 2 2
令G x = alnx x ，則G x a= 1 1 x ax 1 2 = .x e x x x2
對于函數 y = x2 ax 1， n = a2 4 > 0，所以其必有兩個零點.
又兩個零點之積為 1，所以兩個零點一正一負，
2 1
設其中一個零點 x0 0, ，則 x0 ax0 1 = 0 ，即 a = x0 x .0
此時G x 在 0, x0 上單調遞增，在 x0 , 上單調遞減，
1 1 2
故需G x0 0 ，即 x0 ÷ lnx0 x0 0 .
è x0 x0 e
1
設函數 h x = x ÷ lnx x
1 2
，則 h x = 1 1
x x e ÷
lnx .
è è x2
當 x 0,1 時， h x < 0；當 x 1, 時， h x > 0 .
所以 h x 在 0,1 上單調遞減，在 1, 上單調遞增.
h 1 又 ÷ = h e = 0 x
é1 ,eù，所以 0 ê ú .è e e
a = x 1 é1 ù由 0 x 在 ê
,eú 上單調遞增，
0 e
a é1 1ù得 ê e,e . e e ú
【點睛】方法點睛：解決函數 f x 的零點問題，一般兩種思路：（1）分離參數法，此時要注意參數的系數
正負確定，便于分離才可應用這種方法，不過這種方法有可能要用到洛必達法則；（2）當參變分離不容易
進行時，可構造函數，求解函數的最值，來討論確定答案.
考點三、隱零點問題之不等式證明綜合
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = ex lnx 1 a a R ．
x x
(1)當 a = e時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)當 a 1時，證明： xf x 0在定義域內恒成立．
【答案】(1) ex y 1 e = 0
(2)證明見解析
【分析】（1）利用導數的幾何意義計算即可；
（2）利用導數研究函數的單調性與最值，結合零點存在性定理先判定 a =1時符合題意，再適當放縮即可證
明.
【詳解】（1）當 a = e時， f x lnx 1= ex e(x > 0)，
x x
f 1 1, f x ex 1 lnx 1 lnx\ = = 2 x 2 = e 2 , f 1 = e ，x x x
\當 a = e時，曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程為 y 1 = e x 1 ，即 ex y 1 e = 0．
（2）由題知，函數 f x lnx 1= ex a 的定義域為 0, ，
x x
當 a =1時，設 h x = xf x = lnx x xex 1, x 0, ，
則 h x 1= 1 x 1 ex 1= x 1 ex

x x ÷
．
è
令 t x 1 1= ex , x 0, ，則 t x = 2 ex < 0對任意 x 0, 恒成立，x x
\t x 在 0, 1 上單調遞減，又 t ÷ = 2 e > 0, t 1 =1 e < 0，
è 2
x 1
1
\$ 0 ,1
x0
÷，使得 t x0 = 0，即 = e ，則 lnxx 0 = x0 ．è 2 0
\當0 < x < x0 時， t x > 0，則 h x > 0, h x 單調遞增；
當 x > x0時， t x < 0，則 h x < 0, h x 單調遞減，
\h x h x0 = lnx0 x0 x0ex0 1 = 0 1 1 = 0，即 lnx x 1 xex ．
又Qa 1, x > 0,\lnx ax 1 lnx x 1 xex ，
\lnx ax 1 xex ，
\當 a 1時， xf x 0在定義域內恒成立．
2．（2024·河北張家口·三模）已知函數 f (x) = ln x 5x 4．
(1)求曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程；
(2)證明： f (x)
3
> 2．
5x
【答案】(1) 6x y 5 = 0；
(2)證明見詳解.
【分析】（1）利用導數求斜率，由解析式求出切點縱坐標，然后可得切線方程；
（2）將問題轉化為 x ln x
3
5x2 2x > ，令 g x = x ln x 5x2 2x, x > 0，求導，利用零點存在性定理判斷
5
2 1 2
極值點 x0 e , ÷，利用隱零點方程化簡極小值可得 g x0 = 5x0 x0 ，結合二次函數性質即可得證.
è 4
【詳解】（1） f (x) 的定義域為 0, ，
因為 f x 1= 5，所以曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線斜率為 k = f 1 = 6，
x
又 f (1) = ln1 5 4 =1，所以切線方程為 y 1 = 6 x 1 ，即6x y 5 = 0 .
3 3
（2） f (x) > 2 x ln x 5x2 2x > ，
5x 5
令 g x = x ln x 5x2 2x, x > 0，則 g x = ln x 10x 1，
因為 g e 2 = ln e 2 10 e 2 1 10 = e2 3 < 0，
g 1 ÷ = ln
1
10 1 1 3= ln 4 1= ln e3 ln16 > 0
è 4 4 4 2 2
2
所以存在 x0 e ,
1
÷，使得 g x0 = ln x0 10x0 1 = 0 ，即 ln x0 =1 10x0 ，
è 4
易知 g x 在 0, 上單調遞增，
所以，當 x 0, x0 時， g x < 0， g x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x x0 , 時， g x > 0， g x 在 x0 , 上單調遞增.
所以當 x = x0時， g x 取得最小值：
g x0 = x ln x 5x2 2 20 0 0 2x0 = x0 1 10x0 5x0 2x0 = 5x0 x0 ，
2 2 1
由二次函數性質可知， g x0 = 5x0 x0 在 e , 4 ÷上單調遞減，è
g x 1> g 9 3所以 0 ÷ = > ，即 g x = x ln x 5x2 2x
3
> ，
è 4 16 5 5
所以 f (x)
3
> 2 .
5x
1．（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數 f (x) = ax ln x a ，若 f (x) 的最小值為 0，
(1)求 a的值;
(2)若 g(x) = xf (x)，證明: g(x)
1
存在唯一的極大值點 x0 ，且 g x0 < .4
【答案】(1) a =1
(2)證明見解析
【分析】（1）對函數求導后，分 a 0和 a > 0兩種情況討論求解即可；
（2）令 h(x) = g (x) = 2x 2 ln x，求導后可得 h(x)
0, 1 1 , 在 ÷遞減， 2 ÷遞增，再結合零點存在性定理è 2 è
得 h(x)

在 0,
1
÷存在唯一的 x0 0,
1 1
÷使得 h x0 = 0，在 ,

2 ÷存在唯一的零點
x =1，從而得 x = x0是 g(x)
è 2 è 2 è
唯一的極大值點.
f (x) a 1 ax 1【詳解】（1） = = (x > 0)，
x x
當 a 0時， f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 (0, )上遞減，則 f (x) 沒有最小值，
f (x) > 0 x 1 f (x) < 0 0 x 1當 a > 0時，由 ，得 > ，由 ，得 < < ，
a a
所以 f (x)

在 0,
1 1
上遞減，在 , 上遞增，
è a ÷ è a ÷
x 1
1 1
所以 = 時， f (x)

取得最小值 f ÷ =1 ln a = 0，得 a =1成立，a è a a
下面證 a =1為唯一解，
令 t(a) =1 ln a a
1 1 a
，則 t (a) = 1 = (a > 0)，
a a
當 0 < a < 1時， t (a) > 0，當 a > 1時， t (a) < 0，
所以 t(a)在( 0, 1)上遞增，在 (1, )上遞減，
所以 t(a)max = t(1) = 0，
所以方程1 ln a a = 0有且只有唯一解 a =1，
綜上， a =1；
（2）證明:由（1）知 g(x) = x2 x x ln x, g (x) = 2x 2 ln x，
h(x) = 2x 2 ln x,h 令 (x) 2
1 2x 1
= = (x > 0)，
x x
0 1當 < x < 時， h (x) 0 x
1
< ，當 > 時， h (x) > 0，
2 2
h(x) 0, 1 1 所以 在 上遞減， , 上遞增，
è 2 ÷ ÷ è 2
因為 h
1
÷ = ln 2 1 < 0, h
1 2
2 e2 ÷
=
è è e2
> 0, h(1) = 0，
1 1 1
所以 h(x) 在 0, ÷存在唯一的 x2 0
0, ÷使得 h x0 = 0，在 , ÷存在唯一的零點 x =1，
è è 2 è 2
所以當0 < x < x0 或 x >1時， h(x) > 0，即 g (x) > 0，
當 x0 < x <1時， h(x) < 0，即 g (x) < 0，
所以 g(x)在 0, x0 上遞增，在 x0 ,1 上遞減，在 (1, )上遞增，
即 x = x0是 g(x)唯一的極大值點，
g x0 = x20 x0 x0 ln x0 ，
由 h x0 = 0，得 ln x0 = 2 x0 1 ，
2
所以 g x = x20 0 x0 2x0 (x0 1)
1 1
= x0

÷ ，
è 2 4
1 1
因為 x0 0, ÷，所以 g x0 < .è 2 4
【點睛】關鍵點點睛：此題考查函數的單調性，考零點存在性定理，考查導數的綜合應用，第（2）問解題
的關鍵是二次求導后結合零點存在性定理確定出函數極值點的范圍，考查數學轉化思想和計算能力，屬于
較難題.
x
2．（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數 f x = x ， g x = lnx .e
(1)求 f x 的極值；
2
(2)證明： xg x 2 > ex f x .
x
1
【答案】(1)極大值為 ，無極小值.
e
(2)證明見解析
【分析】（1）先求出 f (x) 的單調性，再根據單調性求得極值；
（2）構造 h x = xg x 2 2 2 ex f x = x ln x 2 x x > 0 ，求出其單調性進而求得最小值為 h x0 ，x x
證明 h x0 > 0即可．
x 1 x
【詳解】（1）Q f x = x ，\ f x = ，e ex
當 x <1時， f x > 0，當 x >1時， f x < 0，
所以 f x 在 ,1 單調遞增，在 1, 單調遞減，
所以當 x =1時， f x 1取得極大值 ，無極小值.
e
（2）解：令 h x = xg x 2 2 ex f x = x ln x 2 2 x x > 0 ，
x x
則 h x = ln x 2 2 x > 0 ，x
令 r x 2= ln x 2 x > 0 ，x
r x 1 4則 =
x x3
> 0在 x > 0上恒成立，
所以 r x 在 0, 上單調遞增，
又 r 1 = ln1 2 2 = 2 < 0， r e = ln e
2 2
2 =1 2 > 0，1 e e
所以存在 x0 1,e ，使得 r x0 = 0，
2
即 ln x0 = 2 xx 0 1,e ，0
所以 x 0, x0 時， r x < 0 ， h x < 0， h x 單調遞減，
x x0 , 時， r x > 0， h x > 0， h x 單調遞增，
h x = h x 2 2 2 40 = x0 ln x0 2 x0 = x0 × 2 2 x0 = 2 x0 x0 1,emin x x x ，0 0 0 x0
令m x 4= 2 x x 1,e ，
x
則m x 4= 1
x2
< 0在 1,e 上恒成立，
所以m x 在 1,e 上單調遞減，
所以m x > m e 4= 2 e > 0，
e
4
所以 h x = h x0 = 2 x0 > 0min x ，0
所以 xg x 2 > ex f x 2 ．
x
【點睛】難點點睛：本題的易錯點為必須說明無極小值；難點是（2）中結合零點存在定理估計 x0 1,e ，
進而證得 h x0 > 0，這里的 x0 我們稱之為“隱零點”；如果 x0 的范圍不合適，可以借助二分法去縮小 x0 的范
圍，直至證得 h x0 > 0．
1．（2021·黑龍江·模擬預測）已知函數 f (x) = x ln x kx 3k ，求：
(1)當 k =1時，求曲線 f (x) 在點 (1，f (1)) 處的切線方程；
(2)當 x > 3時，總有 f (x) >1，求整數 k 的最小值.
【答案】(1) 2x y 4 = 0
(2)-3
【分析】（1）先對函數求導，計算出斜率，再用點斜式即可；（2）分離參數轉化為函數的最值問題.
【詳解】（1）當 k =1時， f (x) = x ln x x 3
\ f (x) = ln x 2
\ f (1) = 2 f (1) = 2
\ f (x)在點 (1, f (1))處的切線方程為 y 2 = 2(x 1)即 2x y 4 = 0
（2）由題意， f (x) >1，即 x ln x kx 3k >1，即 k(x 3) >1 x ln x ，
k 1 x ln x又 x > 3，\ > 恒成立.
x 3
1 x ln x g (x) 3ln x x 2令 g(x) = ，\ =
x 3 (x 3)2
令 h(x) = 3ln x x 2，則 h (x)
3 x
= < 0 恒成立.
x
\h(x)在 3, 上遞減，
Qh(8) = 3ln8 6 > 0， h(9) = 3ln 9 7 < 0
\$x0 (8,9)使 h(x0 ) = 0 ，即3ln x0 x0 2 = 0 ，則 ln x
x 2
0 =
0 ，
3
\當 x (8, x0 ) 時， g (x) > 0，當 x (x0 , ) 時， g (x) < 0
1 x x × 0 2
g(x) 1 x ln x
0 x 1 10
\ max = g(x 0 0 3 00 ) = = = ( , 3)x0 3 x0 3 3 3
因為 k > g(x)max ，且 k Z，\k 3，即整數 k 的最小值為-3
【點睛】方法點睛：對于零點不可求問題，可以設而不求，整體替換從而求出范圍。
1
2．（2024· 2全國·模擬預測）已知函數 f x = x alnx．
2
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若函數 f x 1的最小值為 2 ，不等式 f x x 1
2 ex é
1 ù
e2 m 在 ê , 2ú上恒成立，求實數m 的取值范圍． 2
【答案】(1)答案見解析
(2) , 2 ln2
【分析】（1）求導，即可對 a進行分類討論求解導函數的正負求解，
1
2 h x = x2 lnx x 1 2 ex e2 , x é1 ù（ ）將原不等式進行轉化，分離參數，從而可構造函數 ê , 2 ，將問題2 2 ú
轉化為函數的最值問題進行求解.
2
【詳解】（1）由題知 f x 的定義域為 0, ， f x = x a x a = ．
x x
①當 a 0時， x2 a > 0，則 f x > 0，故 f x 單調遞增．
② a 0 x a> x a 當 時， f x = ，
x
故 f x 在 0, a 上單調遞減，在 a , 上單調遞增．
綜上，當 a 0時， f x 在 0, 上單調遞增；當 a > 0時， f x 在 0, a 上單調遞減，在 a , 上單
調遞增．
f (x) f a 1（2）由（1）知， a > 0，且 min = = a 1 alna 1 = ，即 a alna =1．2 2 2
令m x = x xlnx ，則m x = lnx ，令m x = lnx > 0，解得0 < x <1，
故m x 在 0,1 上單調遞增，在 1, 上單調遞減，所以m(x)max = m 1 =1，所以 a =1．
1 1
由題可得 x2 lnx x 1 2 ex e2 m é在 ê , 2
ù
ú上恒成立． 2 2
h x 1= x2 lnx x 1 2 ex e2 , x é1 ù令 ê , 2 ，2 2 ú
則 h x 1= x 1 x 1 ex

÷ ，
è x
令 t x 1 1= ex t x = ex，則 2 < 0，可得 t x 在 0, 上單調遞減，x x
t 1 =1 e<0,t 1 又 2 ÷ = 2 e > 0，è
1 1
故存在 x0

,1

÷ ，使得 t x0 = 0 = ex0，即 , lnx0 = x0，
è 2 x0
因此 h x é1在 ê , x

0 ÷ 上單調遞減，在 x0 ,1 上單調遞增，在 1,2 上單調遞減．
2
2
易知 h 2 = 2 ln2, h x0
1
= x20 lnx0 x0 1
2 ex x 10 e2 = 0 2 e2 ，
2 2 x0
15 x20 1 1 1 2
由于 < < ，故 2 ln2 < e < h x ，
8 2 x 00 2 8
因此 h(x)min = 2 ln2 ，故m 2 ln2 ，即m 的取值范圍為 , 2 ln2 ．
3 2023· · f x = ex a．（ 吉林 三模）已知函數 ln x a a > 0 ．
(1)證明：函數 f x 在 0, 上存在唯一的零點；
(2)若函數 f x 在區間 0, 上的最小值為 1，求 a 的值．
【答案】(1)證明見解析
(2) 12
【分析】（1）首先求出函數的導函數，即可得到 f x 在 0, 上單調遞增，再計算 f (0)，構造函數，利
用導數說明 f (0) < 0 ，再計算 f (a 1)，即可得到 f (a 1) > 0，從而得證；
x a 1
（2）由（1）可知存在唯一的 x0 (0, ) ，使得 f (x0 ) = 0 e 0，即 = x a ，即可得到
f (x)min = f (x0 ) ，即可
0
1
得到 ln(x0 a) =1
1
x a ，再根據 y = ln x 的單調性得到
x0 =1 a ，即可得到 e1 2a = 1，從而求出 a的值；
0 x
x a
【詳解】（1）證明：∵ f x = e ln x a a > 0 ，∴ f x 1= ex a ．
x a
∵ y = ex a 在區間 0, 1上單調遞增， y = 在區間 0, 上單調遞減，
x a
∴函數 f x 在 0, 上單調遞增．
f (0) e a 1 a e
a
又 = = ，令 g(a) = a ea (a > 0)， g (a) = 1 ea < 0
a aea
，
則 g(a)在 0, 上單調遞減， g(a) < g(0) = 1，故 f (0) < 0 ．
1
令m = a 1，則 f (m) = f (a 1) = e > 0 ，
2a 1
所以函數 f x 在 0, 上存在唯一的零點．
x a 1 x a 1
（2 0 0）解：由（1）可知存在唯一的 x0 (0, ) ，使得 f (x0 ) = e = 0x a ，即
e =
x a （*）．0 0
f (x) ex a 1函數 = 在 0, 上單調遞增，
x a
∴當 x (0, x0 )時， f (x) < 0 ， f x 單調遞減；當 x (x0 , ) 時， f (x) > 0 ， f x 單調通增；
∴ f (x) x0 amin = f (x0 ) = e ln(x0 a)，
由（*）式得 f (x)min = f (x0 )
1
= ln(x0 a)x a ．0
1
∴ ln(x a) =1x a 0 ，顯然
x0 a =1是方程的解，
0
1
又∵ y
1
= ln x是單調遞減函數，方程 ln(x0 a) =1x a 有且僅有唯一的解
x0 a =1，x 0
把 x =1 a 代入（*）式，得 e1 2a a
1
∴ = 10 =1， ，即所求實數 a的值為 2 ．2
【點睛】思路點睛：函數的零點問題，一般需要利用函數的單調性和零點存心定理進行判斷，對于導數零
點不易求的情形，可通過虛設零點來處理.
4．（2023·江蘇鹽城·二模）設函數 f x = x 1 ex a 2e ex ，
（1）當 a = 0時，求函數 f (x) 圖象在 x =1處的切線方程；
（2）求 f x 的單調區間；
（3）若不等式 f x > 0對 x 2, 恒成立，求整數 a的最大值.
【答案】（1） y = e(x 1) ；（2）單調遞增區間是 a, ，單調遞減區間是 ,a ；（3）2
x x
【分析】（1）當 a = 0時，可得 f x = x 1 e ， f x = xe ，求出 f 1 ， f 1 ，即可求出切線方程；
x x
（2）求出 f x = xe ae = x a ex ，求出極值點，利用導函數的符號，判斷函數的單調性即可；
（3）當 x 2, 時，不等式 f x > 0 x x恒成立，即： x 1 e a 2e e > 0恒成立，等價于當 x 2,
x 1 ex é x 1 ex ù x
時， > a 恒成立；即 ê x ú > a 對 x 2, 恒成立，令 g
x 1 ex = ，根據導數求其最值，
ex 2e e 2e exmin 2e
即可求得答案.
【詳解】（1）當 a = 0時，
可得 f x = x 1 ex，
\ f x = xex ，
可得： f 1 = 0， f 1 = e
\所求切線方程為 y = e(x 1)
（2）Q f x = x 1 ex a 2e ex
\ f x = xex aex = x a ex .
令 f x = 0，則 x = a .
當 x ,a 時， f x < 0；
當 x a, 時， f x > 0；
\ f x 的單調遞增區間是 a, ，單調遞減區間是 ,a .
（3）當 x 2, 時，不等式 f x > 0恒成立
即： x 1 ex a 2e ex > 0恒成立，
x
等價于當 x 2, x 1 e時， > a 恒成立；
ex 2e
é x 1 ex ù
即 ê > a 對 x 2, 恒成立.
e
x 2e ú min
x 1 ex
令 g x = ， x 2, ，
ex 2e
ex
e
x 2ex
g x =
x 2 ，e 2e
令 h x = ex 2ex ， x 2, ，
h x = ex 2e > 0 ，
\ h x = ex 2ex 在 2, 上單調遞增.
Q h 2 = e2又 4e < 0 ， h 3 = e3 6e > 0，
\ g x 在 2,3 上有唯一零點 x0 ，且 ex0 = 2ex0 ， x0 2,3
\ g x 在 2, x0 上單調遞減，在 x0 , 上單調遞增，
x 1 ex0 x 1 2ex
\ g x = g x = 0 0 00 x = = x 2,3min ，e 0 2e 2ex0 2e 0
\ a < x0 2,3 ，
故整數 a的最大值為 2 .
【點睛】本題主要考查了根據導數求函數單調區間和根據不等式恒成立求參數值，解題關鍵是掌握根據導
數求函數單調區間的方法和構造函數求最值的步驟，考查了分析能力和計算能力，屬于難題.
5．（2023 x高三·天津·階段練習）已知函數 f x = x k 1 e （其中 e為自然對數的底數）．
(1)當 k = 1時，求函數 f x 的極值；
(2)若函數 g x = f x e2在 x 0, 有唯一零點，求實數 k 的取值范圍；
(3)若不等式 f x > 3x 對任意的 x R 恒成立，求整數 k 的最大值．
1
【答案】(1)極小值為 ，無極大值；
e
(2) 2 U 2 ée 1, ；
(3) 2 .
【分析】（1）利用導數可確定 f x 單調性，由極值定義可求得結果；
（2）利用導數可確定 g x 的單調性；當 k 0時，可知 g 0 < 0，解不等式可知無滿足題意的值；當 k > 0
時，根據 g x = g kmin ，分別在 g k > 0， g k = 0和 g k < 0三種情況下，根據 g x 在 x 0, 有唯
一零點可構造不等式求得結果；
3x 3x
3 e
x 3x 3 x
（ ）將恒成立不等式化為 k < x 1 x ，令 h x = x 1 x 得 h x = ，令m x = e 3x 3x 可確e e e
$x 1 1 定 0 , ÷，使得m x0 = 0，由此可得 h x = h x h x
è 4 2 min
0 ，進而得到 0 的范圍，從而得到 k .
【詳解】（1）當 k = 1時， f x = xex x，則 f x = x 1 e ，
\當 x , 1 時， f x < 0；當 x 1, 時， f x > 0；
\ f x 在 , 1 上單調遞減，在 1, 上單調遞增，
\ f x 的極小值為 f 1 1= ，無極大值.e
（2 x 2 x）Q g x = x k 1 e e ，\ g x = x k e ，
\當 x ,k 時， g x < 0；當 x k, 時， g x > 0；
\ g x 在 ,k 上單調遞減，在 k, 上單調遞增；
①當 k 0時， g x 在 0, 上單調遞增，若 g x 在 0, 上有唯一零點，則 g 0 < 0，
即 k 1 e2 < 0，解得： k > e2 1 > 0 （舍）；
②當 k > 0時， g x 在 0, k 上單調遞減，在 k, 上單調遞增；
當 g k > 0，即0 < k < 2時， g x = g k > 0min ，則 g x 在 0, 上無零點，不合題意；
當 g k = 0，即 k = 2時， g x 在 0, 上有唯一零點 x = 2，滿足題意；
當 g k < 0，即 k > 2時，由 g k 1 = e2 > 0得： g k g k 1 < 0，
\ g x 在 k, k 1 2上有唯一零點，此時需 g 0 = k 1 e 0，即 k e2 1；
綜上所述：當 k = 2或 k e2 1時， g x 在 0, 上有唯一零點，
2
即實數 k 的取值范圍為 2 U ée 1, .
x 3x
（3）若 f x > 3x 對 x R 恒成立，即 x k 1 e > 3x 對 x R 恒成立，則 k < x 1 x ，e
x
令 h x = x 1 3x h x 1 3 3x e 3x 3x ，則 = e ex = ex ，
令m x = ex 3x 3，則m x = ex 3 > 0，\m x 在 R 上單調遞增，
Qm 1 ÷ = e
3 0 1 4 9 1 1 > ，m ÷ = e < 0，\$x0 ,2 2 4 4 4 2 ÷
，使得m x0 = 0，
è è è
x
即 e 0 3x0 3 = 0，
則當 x , x0 時， h x < 0；當 x x0 , 時， h x > 0；
\h x 在 , x0 上單調遞減，在 x0 , 上單調遞增，
\h x = h x0 x 1
3x0 x 1 3x x 1= 0 x = 0
0 = x 00 1 = x0 1 1min e 0 3 3x0 x0 1 x0 1
，
Q x 1 1 3 1 3 13 0 , ÷，\ x0 1 , ÷，\h x 4 2 4 2 0 , ，è è è 2 12 ÷
Qk < h x0 ，\整數 k 的最大值為 2 .
【點睛】方法點睛：求解本題恒成立問題的常用方法是能夠通過分離變量的方法將問題轉化為變量與函數
最值之間的大小關系比較問題，即若 a f x 恒成立，則 a f x ；若 a f xmax 恒成立，則 a f x min .
6．（2023 高三下·全國·階段練習）已知函數 f x = a 1 x x ln x 2 2的圖象在點 A e , f e （ e為自然對數的
底數）處的切線斜率為 4．
（1）求實數 a的值；
（2）若m Z ，且m x 1 < f x 1對任意 x >1恒成立，求m 的最大值．
【答案】（1） a = 2；（2）m 的最大值為3．
【解析】（1）由題意得出 f e2 = 4，進而可求得實數 a的值；
x x ln x 1 x x ln x 1
（2）求得 f x = x x ln x ，由參變量分離法得出m < ，構造函數 g x = ，利用導數
x 1 x 1
求出函數 y = g x 在區間 1, 上的最小值，進而可得出整數m 的最大值.
【詳解】（1）Q f x = a 1 x x ln x ，\ f x = ln x a，
Q函數 f x = a 1 x x ln x x = e2 4 \ f e2的圖象在 處的切線斜率為 ， = 4，
即 a ln e2 = 4，因此， a = 2；
（2）由（1）知 f x = x x ln x ．
Qm x 1 < f x f x 1x >1 x x ln x 1對任意 恒成立，\m < = 對任意 x >1恒成立，
x 1 x 1
x x ln x 1 ln x 2 x 1 x x ln x 1
令 g x = ，則 g x
x ln x 3
= = ，
x 2 2 1 x 1 x 1
令u x = x ln x 3，則u x 1=1 ，
x
Q x >1，\u x > 0，\u x = x ln x 3在 1, 為增函數，
Qu 4 =1 ln 4 < 0，u 5 = 2 ln 5 > 0，
\存在 x0 4,5 ，使u x0 = x0 ln x0 3 = 0，
當 x 1, x0 時， g x < 0，函數 y = g x 單調遞減；
當 x x0 , 時， g x > 0，函數 y = g x 單調遞增.
x0 x0 ln x0 1 x x x 3 1\ g x = g x 0 0 0 0 = = = x 1min ，x0 1 x0 1 0
故有m < x0 1對 x >1恒成立．
Q x0 4,5 ，\ x0 1 3,4 ，因此，m 的最大值為3．
【點睛】本題第（1）問考查切線問題，較基礎；第（2）問考查恒成立問題，使用適當的變換，可以歸結
為函數的最值問題．需要注意的是，這里需要用到設而不求的未知數的技巧，主要考查了轉化與化歸思想
的使用，數形結合能力和運算求解能力，對考生的要求較高，屬難題．
7．（23-24 高三下·湖南岳陽·階段練習）函數 f x = ln x, g x = x2 x m 2．
(1)若m = e，求函數F x = f x g x 的最大值；
(2)若 f x g x x2 x 2 ex 在 x (0, 2]恒成立，求實數 m 的取值范圍．
【答案】(1) e 2
(2) ln 2,
【分析】（1）根據題意，代入m = e，求導利用導數研究函數單調性，進而求最值.
（2 2 x）根據題意，則 f x g x x x 2 e 在 x (0, 2]恒成立，提取參數轉化成m x 2 ex ln x x 2
在 x (0, 2]恒成立問題，設 h(x) = (x 2)ex ln x x 2，對函數設 h(x) 求導，分析函數單調性，進而求解函
數最值，即可求解參數取值范圍.
【詳解】（1）因為F x = ln x x2 x e 2，
可知 F (x)的定義域為 0, ，且F (x) 1= 2x 1 (2x 1)(x 1) = ，
x x
由F (x) > 0，解得0 < x <1；由 F (x) < 0，解得 x >1．
可知 F (x)在( 0, 1)內單調遞增，在 (1, )內單調遞減，
所以函數F x = f x g x 的最大值為F 1 = e 2．
（2）因為 f (x) g(x) x2 (x 2)ex 在 x (0, 2]恒成立，
等價于m (x 2)ex ln x x 2在 x (0, 2]恒成立．
設 h(x) = (x 2)ex ln x x 2， x (0, 2]，
則 h (x) = (x 1)ex
1
1 = x 1 ex 1

÷ ，x è x
x 1 x 1
當 x >1時，則 x 1 > 0，且 e > e, < 1，可得 e > e 1 > 0x ，x
所以 h (x) > 0；
當0 < x <1時，則 x 1< 0，
u(x) ex 1 ,0 x 1 u (x) ex 1設 = < < ，則 = 2 > 0，x x
u(x) u 1 可知 在( 0, 1)遞增，且 ÷ = e 2 0,u(1) = e 1 0．
è 2
x 1$ 則 0 ,1÷ ，使得u x0 = 0．
è 2
當 x 0, x0 時，u(x) < 0；當 x x0 ,1 時，u(x) > 0．
當 x 0, x0 時， h (x) > 0；當 x x0 ,1 時， h (x) < 0．
可知函數 h(x) 在 0, x0 遞增，在 x0 ,1 遞減，在 (1, 2)遞增．
由u x = ex
1 1
0
0 = 0 e
x0 = ln x = x
x ，得 x ，且 0 0 ．0 0
可得 h x0 = x0 2 ex

0 ln x0 x0 2 = x 2
1 1
0 2x0 2 = 3 2x
x0 x ÷
，
0 è 0
x 1 ,1 且 0 ÷，則 h x0 < 0 ，
è 2
又因為 h(2) = ln 2 > 0，可知當 x (0, 2]時， h(x)max = h 2 = ln 2，
所以m 的取值范圍是[ln 2, ) ．
【點睛】方法點睛：兩招破解不等式的恒成立問題
（1）分離參數法
第一步：將原不等式分離參數，轉化為不含參數的函數的最值問題；
第二步：利用導數求該函數的最值；
第三步：根據要求得所求范圍．
（2）函數思想法
第一步：將不等式轉化為含待求參數的函數的最值問題；
第二步：利用導數求該函數的極值；
第三步：構建不等式求解．
f x ax 3sin x= x π 8．（2024·全國·模擬預測）已知函數 2 ， 0, .cos x è 2 ÷
(1)求證： 2 tan x 3sin x > 5x；
(2)若 f x < sin 2x，求 a的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析
(2) ( ,5]
【分析】（1）求導后討論導函數的分子設 h(x) 3cos3 x 5cos2 x 2，再求導分析單調性可得 h(x) > h(0) = 0，
進而可得導函數的正負區間與原函數的單調性；
（2）方法 1：由（1）知5x < 2 tan x 3sin x，再代入當 a 5時化簡不等式即可知 f x < sin 2x ，再根據當 a > 5
時， f x > sin 2x即可得；方法 2：分情況討論，當 a 0時不等式成立，再當 a > 0時，構造函數分析函數
最值，得出 a 5，再討論充分性即可.
【詳解】（1）令 g ( x ) = 2 tan x 3 sin x 5 x ， 0
π
< x <
2 ，
3
g (x) 2 3cos x 5 3cos x -5cos
2 x 2
則 = 2 = ，cos x cos2 x
令 h(x) = 3cos3 x 5cos2 x π 2， 0 < x < 2 ，
則 h (x) = 9cos2 x( sin x) 5 2cos x( sin x) = sin x cos x 10 9cos x > 0，
π
所以 h(x) 在 0, ÷上單調遞增，則 h(x) > h(0) = 0，即 g (x) > 0，
è 2
g(x) π 所以 在 0, ÷上單調遞增.
è 2
故 g(x) > g(0) = 0，即 2 tan x 3sin x > 5x .
5x 2 tan x 3sin x a 5 f (x) sin 2x 5x 3sin x（2）方法 1：由（1）知 < ，所以當 時，
cos2
sin 2x
x
< 2 tan x 3sin x 3sin x 2 sin 2xcos x
sin x
= 2 3 2cos x 3cos2 x 2cos3 x sin x= 2 cos2 x 1 (3 2cos x) < 0cos x cos x
先證明：當 x
0, π π ÷時， sin x < x

，因為 y = sin x x， x
2
0,
2 ÷
，
è è
導函數 y = cos x 1 0，故 y = sin x x為減函數，則 sin x x < sin 0 0 = 0，

即當 x 0,
π
2 ÷
時， sin x < x .
è
p 3
又當 a > 5時，取 x0 0, ÷，滿足2 cos x > ，è 0 a 2
所以 f x0 sin 2x = ax
3sin x0
0 0 2 2sin x0 cos x

0 > sin x0 a
3
2cos x
cos x0 è cos
2 x 0 ÷0
3
> sin x0 a 2 > 0
è cos
2 x ÷0
綜上， a的取值范圍是 ( ,5] .
方法 2：若 a 0，則 f (x) < sin 2x .
a 0 x
π
下設 > ，當 0, ÷時， f (x) < sin 2x
3sin x 3 x
ax 2 < 2sin x cos x 2cos x > a × .è 2 cos x cos2 x sin x
因為當 x
π
0, 3 x 3 ÷時， sin x < x ，所以當 2 cos x > a × 時，有 2cos x > a
è 2 cos2 x sin x cos2 x
π
設 g(t)
3
= 2 2t
6
，0 < t <1 .則 g t = 2 3 < 0 .所以 g(t)

在( 0, 1)上單調遞減， g (t ) > g (1) = 5 .則當 x 0,
t t 2 ֏
3
時， 2 2 cos x 的取值范圍是 (5, )，故 a 5 .cos x
必要性已得，下面討論充分性.
當 a 5時， f (x) sin 2x < 5x
3sin x
2 sin 2x ，cos x
令 h(x) = 5x
3sin x

cos2
sin 2x ，則
x
3cos2 x 6sin2 x 3 3 1 cos2 xh (x) = 5 2
cos3
2cos 2x
x = 5 3 2 2cos x 1cos x
7cos3 x 4cos5 x 3cos2 x 6
=
cos4 x
今F (m) = 4m5 7m3 3m2 6，0 < m <1，則
F (m) = 20m4 21m2 6m = 6m m2 20m2 1 m2 > 0
所以 F (m) 在( 0, 1)上單調遞增，則F (m) < F (1) = 0，故 h(x) < 0 .因此 f (x) < sin 2x ，
綜上， a的取值范圍是 ( ,5] .
【點睛】方法點睛：
（1）求導分析函數單調性時，可設導數中需要討論正負的部分為新函數，再求導分析單調性與特殊值，從
而確定正負區間，進而確定原函數的單調性；
（2）第二問可注意使用前問的結論，遇到三角函數時，注意運用三角函數公式化簡，同時注意三角函數的
值域進行不等式放縮.
9 2023 · · f x = xex．（ 高三 云南 階段練習）已知函數 ， g x = x ln x．
（1）令 h x = f x eg x ，求 h x 的最小值；
（2）若 f x g x b 2 x 1恒成立，求b 的取值范圍．
【答案】（1）0；（2） , 2 ．
x
【分析】（1）有題意知， h x = xe e x ln x ， x 0, ，根據導數求出函數的單調性，由此可求出函
數的最小值；
x
2 xe x ln x 1
x
（ ）原不等式等價于 b 在 x 0, 上恒成立，令 t x xe x ln x 1= ，求導得
x x
x2 xt x e ln x= ，令j x = x2ex ln x ，易得j x 在 0,1 2 x2 存在唯一的零點 x0 ，即 x e 0 ln x = 0，得x 0 0
x ln
1
x e 10 = ln ÷e
x0 ，結合函數 y = xex 的單調性得 x0 = ln
1
= ln x ex 100 0， =x x ，由此可求出答案．è x0 0 0
【詳解】解：（1）有題意知， h x = xex e x ln x ， x 0, ，
h x = x 1 ex 1 e 1 ∴ ÷ = x 1
x e
e

x ÷
，
è è x
∴當 x 0,1 ， h x < 0，即 h x 在 0,1 上單調遞減，
當 x 1, ， h x > 0，即 h x 在 1, 上單調遞增，
故 h x h 1 = 0，
∴ h x 的最小值為 0；
（2 x）原不等式等價于 xe x ln x b 2 x 1，
即 xex x ln x 1 bx，在 x 0, 上恒成立，
xex x ln x 1
等價于 b ，在 x 0, 上恒成立，
x
xex x ln x 1
令 t x = ， x 0, ，
x
∴ t x x
2ex ln x
= ，
x2
令j x = x2ex ln x ，則j x 為 0, 上的增函數，
又當 x 0 時，j x ，j 1 = e > 0 ，
∴j x 2 x在 0,1 存在唯一的零點 x ，即 x e 00 0 ln x0 = 0，
x2ex ln x 0 x ex ln x
1 ln 1
0 = 0 = 0 = x由 0 0 0 x
ln
x ÷
e 0 ，
0 è 0
又有 y = xex 在 0, 上單調遞增，
x ln 1 1∴ 0 = = ln x
x0
x 0，
e =
0 x
，
0
x0
∴ ét x ù = t x
x0e x0 ln x 1
0 =
0 = 2
min ，x0
∴ b 2，
∴ b 的取值范圍是 , 2 ．
【點睛】本題主要考查利用函數的導數研究函數的單調性與最值，考查計算能力，考查轉化與化歸思想，
屬于難題．
2a
10．（2023·山東·一模）已知函數 f (x) = ln x 1 在點 (a, f (a))處的切線過點 (0, 4) ．
x
(1)求實數 a的值，并求出函數 f (x) 單調區間；
1
(2)若整數 k 使得 2 f (x) > k(1 )在 x (1, )上恒成立，求 k 的最大值．
x
【答案】（1） a =1， f (x) 在 (0,2)單調遞減，在 (2, ) 單調遞增；（2）7.
【詳解】分析：（1）函數求導，由 x = a處的切線斜率為 f ' a ，利用點斜式得到切線方程
y lna 1 2a 1 = x a ，將 0,4 代入求解 a的值，并根據導數的正負可得單調區間；
a a
2 2 2
1
lnx 1 2 lnx 1
2 f x > k 1 è x
÷ ÷
g x = è x 2 xlnx x 2 （2）由 ÷等價于 k < ，記 1 1 = ，求導得è x 1 1 x 1
x x
2 x lnx 4g ' x = j x = x lnx 4 j x 1,
2 ，記 ，繼續求導可知 在 單調遞增，易知存在
x0 5.5,6 ，x 1
使得j x0 = 0，從而得到 g x = g xmin 0 ，進而求范圍即可.
詳解：
(1) f x 1 2a x 2a a 2a 1的定義域為 0, ， f ' x = = ，∴ x = a2 2 處的切線斜率為 f ' a = 2 = x x x a a
1 2a 1
因此切線方程為 y f a = x a ，即 y lna 1 = x a
a a a
又∵切線過 0,4 x 2，代入上式解得a =1，∴ f ' x =
x2
可得 f x 在 0,2 單調遞減，在 2, 單調遞增．
1 1 2

lnx 1
2

÷
（2）∵ x 1, 時，1 > 0，∴ 2 f x > k 1 等價于 k < è x
x ֏ x 1 1
x
2 2 lnx 1

x ÷g x = è 2 xlnx x 2記 = ，∴ g '
2 x lnx 4x =
1 2
1 x 1 x 1
x
記j x = x lnx 4 j ' x 1 x 1，有 =1 = > 0，∴j x 在 1, 單調遞增
x x
3 2 2
∴j 5.5 =1.5 ln5.5 = lne2 ln 11，由于 e3 3 11 121 11< 3 = 27 ， 3 ÷ = = 30.25，可得 e <

2 2 ÷è 4 è 2
3
e2 11因此 < ，故j 5.5 < 0
2
又j 6 = 2 ln6 = lne2 ln6 > ln2.52 ln6 = ln6.25 ln6 > 0
由零點存在定理可知，存在 x0 5.5,6 ，使得j x0 = 0，即 x0 lnx0 4 = 0 ①
且 x 1, x0 時， g ' x < 0， x x0 , 時， g ' x > 0
故 x 1, x0 時， g x 單調遞減， x x0 , 時， g x 單調遞增
2 x lnx x 2∴ g x = g x 0 = 0 0 0min x0 1
2 éx x 4 x
① g x = g x = 0 0 0
2ù
由 可得 0 = 2 x0 2 7,8 min x0 1
故 k 的最大值為 7．
點睛：導數問題經常會遇見恒成立的問題：
（1）根據參變分離，轉化為不含參數的函數的最值問題；
（2）若 f (x) > 0 就可討論參數不同取值下的函數的單調性和極值以及最值，最終轉化為
f (x)min > 0 ，若 f (x) < 0 恒成立 f (x)max < 0；
（3）若 f (x) > g(x) 恒成立，可轉化為 f ( x )min > g ( x )max （需在同一處取得最值）
.
11．（2024·山東·二模）已知函數 f x = a2xex x lnx．
a 1(1)當 = 時，求 f x 的單調區間；
e
(2)當 a > 0時， f x 2 a ，求 a的取值范圍．
【答案】(1) f x 的減區間為 0,1 ，增區間為 1,
(2) a 1
1
1 a = f x = xex 1 x 1【分析】（ ）當 時， x lnx, x > 0，求導得 f x = xex 1 1 x 1，令 g x = xe 1，e x
求 g x 確定 g x 的單調性與取值，從而確定 f x 的零點，得函數的單調區間；
（2）求 f x ，確定函數的單調性，從而確定函數 f x 的最值，即可得 a的取值范圍．
1
【詳解】（1）當 a = 時， f x = xex 1 x lnx, x > 0，
e
f x x 1 ex 1 1 1 x 1= = xex 1則 1 ，x x
g x = xex 1設 1，則 g x = x 1 ex 1 > 0恒成立，又 g 1 = e0 1 = 0，
所以當 x 0,1 時， f x < 0， f x 單調遞減，當 x 1, 時， f x > 0， f x 單調遞增，
所以 f x 的減區間為 0,1 ，增區間為 1, ；
f x a2 x 1 ex 1 1 x 1 2（2） = = a xex 1 ，
x x
設 h x = a2xex 1，則 h x = a2 x 1 ex > 0，所以 h x 在 0, 上單調遞增，
1
又 h 0 = 1< 0 h 1 ， 2 ÷ = ea
2 1 > 0，
è a

所以存在 x0 0,
1
÷，使得 h x 2 x00 = 0，即 a x e 1 = 0，
è a2 0
當 x 0, x0 時， f x < 0， f x 單調遞減，
當 x x0 , 時， f x > 0， f x 單調遞增，
當 x = x0時， f x 取得極小值，也是最小值，
所以 f x f x = a2x ex00 0 x0 ln x0 =1 ln x ex00 =1 2ln a，
所以1 2ln a 2 a ，即 a 2ln a 1 0 ，
設F a = a 2ln a 1，易知F a 單調遞增，且F 1 = 0，
所以F a F 1 ，解得a 1，
綜上，a 1 .
12．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知函數 f x = xlnx ax 在點 1, f 1 處的切線與直線 x 2y 2 = 0垂直.
(1)求實數 a的值；
é 1 ù
(2) 2求函數 f x 在區間 ê e4
, e ú 的最大值和最小值；
(3) 2 x 2證明： f x x e .
【答案】(1) a =1；
1
(2) fmin x = ， f x = 3e2 ；e2 max
(3)證明見解析.
【分析】（1）由導數的幾何意義和直線垂直的充要條件求解；
（2）由（1）求得極值和端點值可解；
2
3 2 x2 2 xlnx x x 1
2
（ ）由 xlnx x x e ，得 x 在 0, 2 上恒成立, 令 h x
xlnx x x
= x , x 0, ，e e e
利用導數求函數 h x 的最小值，即可得證.
【詳解】（1）由 f x = xlnx ax ，得 f x = lnx 1 a ，
所以 f 1 = ln1 1 a =1 a ，
因為函數 f x = xlnx ax 在點 1, f 1 處的切線與直線 x 2y 2 = 0垂直，
1
所以 f 1 2 ÷ = 1，所以 a =1 .è
（2）由（1）得 f x = xlnx x, x > 0，所以 f x = lnx 2，
當 x
1 1
4 , 2 ÷時， f x < 0, f x 單調遞減，è e e
x 1 , e2 當 2 ÷時， f x > 0, f x 單調遞增，è e
1 1 1 1 1
所以 fmin x = f e2 ÷ = ln = ，è e2 e2 e2 e2
f x = max f 1 2 ü 3max 4 ÷ , f e = max 4 ,3e2 ü 2e = 3e . è e
3 xlnx x
2 x 1
（ ）由 xlnx x x2 ex 2，得 在 0, x 2 上恒成立.e e
2
h x xlnx x x x 1 x 2 lnx令 = , x 0, ，可得 h x = ，
ex ex
j x = x 2 lnx j x 1 1 x 1令 ，可得 = = ，
x x
當0 < x <1時，j x < 0，所以j x 在 0,1 單調遞減，
當 x >1時，j x > 0,j x 在 1, 單調遞增.
又j e 3 = e 3 2 lne 3 = e 3 1 > 0,j 1 =1 2 ln1 = 1 < 0，
j 4 = 4 2 ln4 = 2 2ln2 > 0 ，
所以在 e 3 ,1 中存在唯一的x1使得j x1 = 0，
在 1,4 中存在唯一的x2使得j x2 = 0，
即有 x1 2 lnx1 = 0, x2 2 lnx2 = 0 .
因為j x 在 0,1 單調遞減，在 1, 單調遞增，
所以當0 < x < x1 時，j x > 0 ；當 x1 < x <1時，j x < 0；
當1< x < x2 時，j x < 0；當 x > x2 時，j x > 0 .
x 1
h x x 2 lnx x 1 j x 又 = =
ex ex
, x > 0，
所以當0 < x < x1 時， h x < 0；當 x1 < x <1時， h x > 0；
當1< x < x2 時， h x < 0；當 x > x2 時， h x > 0，
所以 h x 在 0, x1 單調遞減，在 x1,1 單調遞增，
在 1, x2 單調遞減，在 x2 , 單調遞增，
2
所以 x 0,1 時， h x 的極小值為 h x x1lnx1 x= 1 x11 ，①ex1
x 1, h x h x x2lnx x
2 x
時， 的極小值為 = 2 2 22 ex
.
2
因為 x1 2 lnx1 = 0, x2 2 lnx2 = 0，
可得 x1 lnx1 = 2, x2 lnx2 = 2，所以 ex1 lnx1 = e2 , ex2 lnx2 = e2，
ex1 e
x2
2 x x
即 = = e ，所以 1x =
2 = e 2x .x 1 21 x2 e e
2
將 lnx1 = x1 2
x
和 1x = e
2 x x 2 x x x
代入①得
e h x1 =
1 1 1 1 = 1 = e 2x x ，1 e 1 e 1
h x = e 2同理可得 2 ，所以 h x1 = h x2 ，所以 h(x)min = e 2
1
= 2 ，e
2
h x xlnx x x 1所以 = x 2 , x 0, e e
故 xlnx x x2 ex 2成立.
【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．
（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．
1
13．（2024· 2四川南充·三模）已知函數 f (x) = x sin x ax．
2
(1)當 a =1時，求 f (x) 的最小值；
(2)①求證： f (x) 有且僅有一個極值點；
②當a ( ,1]時，設 f (x)
1 2
的極值點為 x0 ，若 g(x) = x 2sin x 2x ．2
求證： f x0 g x0 ．
【答案】(1)0
(2)證明見解析
【分析】（1）首先求函數的導數，并判斷導數的單調性以及零點，即可判斷函數的單調性，即可求函數的
最小值；
（2）①利用導數判斷導函數的單調性，再根據零點存在性定理，即可證明；
②根據①的結果，得 a = cos x0 x0 ，再將不等式轉化為F x0 = 2x0 3sin x0 x0 cos x0 0，再利用導數，
逐層判斷函數的單調性，分 x 0, π 和 π, ，利用最值證明不等式.
1 2
【詳解】（1）由 f (x) = x sin x ax，得 f x = x cos x a ，
2
設 h x = f x = x cos x a，
1
當 a =1 2時， f (x) = x sin x x ， h x = f x = x cos x 1，
2
令 h x = f x = x cos x 1，則 h x =1 sin x 0，
所以函數 h x 在R 上單調遞增，又 h 0 = 0，
所以當 x ,0 時， f x = h x < 0， f x 單調遞減，
當 x 0, 時， f x = h x > 0 ， f x 單調遞增，
所以 f x 的最小值是 f 0 = 0；
（2）①由（1）知： h x = f x = x cos x a，
因為 h x =1 sin x 0，所以 h x 在R 上單調遞增，即 f x 在R 上單調遞增，
又 f 2 a = 2 cos 2 a < 0， f 2 a = 2 cos 2 a > 0，
所以 f 2 a f 2 a < 0 ，
所以 f x 存在唯一的變號零點 x0 ，即 f x 有且僅有一個極值點 x0 ；
②由①知， f x 有且僅有一個極值點 x0 ，且 f x0 = x0 cos x0 a = 0，
當 a ,1 時， f 0 = a 1 0 ， f 2 a = 2 cos 2 a > 0，
由①知， x0 0，
要證明 f x0 g x0 ，
F x = f x g x 1 2 1 2 只需證明 0 0 0 = x0 sin x0 ax0 x0 2sin x0 2x2 2 0 ÷ 0，è
而 a = cos x0 x0 ，那么F x0 = 2x0 3sin x0 x0 cos x0 ， x0 0 ，
所以F x0 = 2 2cos x0 x0 sin x0 ，
令P x0 = F x0 ，則P x0 = sin x0 x0 cos x0 ，
令 S x0 = P x0 ，則 S x0 = x0 sin x0 ，
1o當 x 0, π 時，
因為 S x0 0，所以 S x0 在 0, π 上單調遞增，即P x0 在 0, π 上單調遞增，又P 0 = 0，
所以P x0 0，
所以P x0 在 0, π 上單調遞增，即F x0 在 0, π 上單調遞增，又F 0 = 0 ，
所以F x0 0，
所以F x0 在 0, π 上單調遞增，所以F x0 F 0 = 0，
2o 當 x0 > π 時，j x0 = 2x0 3sin x0 x0 cos x0 ，
= 2 cos x0 x0 3sin x0 > x0 3 > π 3 > 0，
綜上所述，當 a ,1 時， f x0 g x0 .
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是利用導數判斷函數的單調性，并且需要求多次函數的導數，從
而逐層判斷函數的單調性.
14．（2024· x a安徽合肥·模擬預測） f x = e a R .
(1)若 f x 的圖象在點 A x0 , f x0 處的切線經過原點，求 x0 ；
(2)對任意的 x 0, ，有 f x sinx，求 a的取值范圍.
【答案】(1)1
π ln2 ù
(2) ,
è 4 2 ú
x a x a x a
【分析】（1）求得 f x = e ，得到 f x0 = e 0 且 f x 00 = e ，根據題意，列出方程，即可求解；
（2）根據題意，轉化為 ex a sinx 0在 x 0, 恒成立，令 g x = ex a sinx ，當 a 0時，符合題意；若
a > 0，求得 g x = ex a cosx，令 h x π= g x ，利用導數求得 g x 的單調性，結合 g 0 < 0, g ÷ > 0，
è 2

得到存在唯一的 x0 0,
π
÷，使得 g x0 = 0，得出 g x 的單調性和極小值，進而求得 a的取值范圍.
è 2
x a x a
【詳解】（1）由函數 f x = e ，可得 f x = e ，
所以 f x = ex0 a0 且 f x = ex0 a x a0 ，即切線的斜率為 ex0 a ，切點為 A x , e 00
因為 f x 的圖象在點 A x0 , f x0 處的切線經過原點，
x0 a
可得 ex0 a
e 0
= ，解得 x0 = 1 .x0 0
（2）任意的 x 0, ，有 f x sinx，即 ex a sinx 0在 x 0, 恒成立，
令 g x = ex a sinx, x 0, ，
若 a 0，則 x a 0，可得 ex a 1，所以 g x = ex a sinx 1 sinx 0 ，符合題意；
若 a > 0，可得 g x = ex a cosx，令 h x = g x h x = ex a，則 sinx，
0 x π h x > 0 g x 0, π g 0 = e a 1 0, g π <
π
a
當 時， ， 在 遞增，而 ÷ = e 2 > 0，
è 2
π
所以，存在唯一的 x0 0, ÷ 0, π ，使得 g x0 = ex0 a cosx0 = 0，
è 2
所以，當0 < x < x0 時， g x < 0， g x 在 0, x0 遞減，
當 x0 < x < π 時， g x > 0， g x 在區間 x0 , π 遞增，
故當 x = x0，函數 g x x a取得極小值 g x0 = e 0 sinx0 = cosx0 sinx0 0 ，
π π 2
所以0 < x0 ，此時， x0 a = lncosx4 0
，可得 a = x0 lncosx0 ln ，4 2
即0 < a
π ln2
；
4 2
x π ln2
當 x > π 時， g x = ex a sinx ex a 1 e 4 2 1 e1 1 > 0 ，
0 a π ln2因而 < ，符合題意，
4 2
綜上所述，實數 a
, π ln2 ù的取值范圍是求 .
è 4 2 ú
【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、合理轉化，根據題意轉化為兩個函數的最值之間的比較，列出不等式關系式求解；
2、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；
3、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．
4、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．
15．（23-24 高三上·浙江·階段練習）已知函數 f (x) = ex ax2 (e = 2.718L) .
(1)若 f (x) 在 0, 有兩個零點，求實數 a的取值范圍；
g(x) ex[ f (x) ax2 1 x] g(x) x 2 1(2)設函數 = ，證明： 存在唯一的極大值點 0 ，且 3 < g(x0 ) < .e 4
e2
【答案】(1) a >
4
(2)見解析
ex
【分析】（1） f (x) 在 0, 有兩個零點，即函數 y = a 與 y = 2 的圖象有兩個不同的交點，令x
e2h(x) = 2 , x 0, ，求出函數 h x 的單調區間及最值，從而可得出答案；x
（2）求導 g (x)=ex (2ex x 2)，二次求導，從而可得出 g x 的符號分布情況，再根據極值點的定義即可得
證，再根據 g (x0 )=0，結合基本不等式即可得證.
ex
【詳解】（1）解：令 f (x) = ex ax2 = 0， x 0, ，則 a = ，
x2
因為 f (x) 在 0, 有兩個零點，
x
所以函數 y = a y e與 = 2 的圖象有兩個不同的交點，x
2
令 h(x) e= 2 , x 0, ，x
ex exh (x) x 2 則 = ，
x2
= 3 , x 0, x
當 x (0,2) 時， h (x) < 0；當 x (2, ) 時， h (x) > 0．
所以 h(x) 在 (0,2)單調遞減，在 (2, ) 單調遞增，
e2
所以 h x = h 2 = ，min 4
又當 x 0 時， h x ，當 x 時， h x ，
e2
所以 a > ；
4
（2）證明： g(x)=ex (ex x 1) ，
故 g (x)=ex (2ex x 2)，
令m(x)=2ex x 2，m (x)=2ex 1，
x < ln 1 1 當 時，m x < 0 ，當 x > ln 時，m x > 0，
2 2
m(x) ( , ln 1) (ln 1所以 在 上單調遞減，在 ，+ ) 上單調遞增，
2 2
1
又m(0)=0 1
ln 1 2 2
，m(ln )=2e 2 ln 2 = ln 2 1< 0，m( 2)=2e ( 2) 2= > 0，
2 2 e2
由零點存在性定理及 h(x) 的單調性知，
m(x)=0 ( 2, ln 1方程 在 ) 上有唯一根，
2
設為 x0 且 2ex0 x0 2=0 ，從而m(x)有兩個零點 x0 和 0 ，
當 x < x0 或 x > 0時， g x > 0，當 x0 < x < 0時， g x < 0，
所以 g(x)在 ( , x0 ) 單調遞增，在 (x0，0)上單調遞減，在 (0，+ )單調遞增，
從而 g(x)存在唯一的極大值點 x0 ，
2ex x 2=0 ex = x0+2由 0 00 ，得 ， 2
g(x ) ex (ex x 1) x0 2 x 2 1 1（ x 2 x）
2
\ 0 = 0 0 0 = ( 0 x0 1) = ( x0 )(2 x0 ) 0 0 =
1
，
2 2 4 4 4 4
當且僅當 x0 = 2 x0，即 x0 = 1時，取等號，
若 x0 = 1，則 2e
x0 x0 2=2e
1 1 0，與題意矛盾，
故 x0 1，
1
所以取等不成立，所以 g(x0 ) < 得證，4
又Q 2 < x0 < ln
1
， g(x)在（ , x0）單調遞增，2
g(x ) > g( 2) = e 2 ée 2所以 0 ( 2)
2
1ù 4 2 = e e > 3 得證，e
2
所以 < g(x )
1
< .
e3 0 4
【點睛】本題考查了利用導數研究函數的零點問題及極值點的定義和不等式的證明問題，考查了分離參數
法，考查了學生的邏輯推理能力及數據分析能力，屬于難題.
1．（全國· 2x高考真題）設函數 f x = e a ln x .
（Ⅰ）討論 f x 的導函數 f x 的零點的個數；
2
（Ⅱ）證明：當 a > 0時 f x 2a a ln .
a
【答案】（Ⅰ）當 a 0時， f (x) 沒有零點；當 a > 0時， f (x) 存在唯一零點.（Ⅱ）見解析
【詳解】試題分析：（Ⅰ）先求出導函數，分 a 0與 a > 0考慮 f x 的單調性及性質，即可判斷出零點個數；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可設 f (x) 在 0，+ 的唯一零點為 x0 ，根據 f x 的正負，即可判定函數的圖像與性質，求
2
出函數的最小值，即可證明其最小值不小于 2a a ln ，即證明了所證不等式.
a
2x a
試題解析：（Ⅰ） f (x) 的定義域為 0，+ ， f (x)=2e x > 0 .
x
當 a 0時, f (x) > 0， f (x) 沒有零點；
當 a > 0時，因為 e2x
a
單調遞增， 單調遞增，所以 f (x) 在 0，+ 單調遞增.又 f (a) > 0 a,當 b 滿足0 < b <
x 4
1
且b < 時， f (b) < 0 ,故當 a > 0時， f (x) 存在唯一零點.
4
（Ⅱ）由（Ⅰ），可設 f (x) 在 0，+ 的唯一零點為 x0 ，當 x 0，x0 時， f (x) < 0 ;
當 x x0，+ 時， f (x) > 0 .
故 f (x) 在 0，x0 單調遞減，在 x0，+ 單調遞增，所以當 x = x0時， f (x) 取得最小值，最小值為 f (x0 ) .
2e2x a0由于 =0
a 2 2
x ，所以
f (x0 )= 2ax2x 0
a ln 2a a ln
0 0 a a
.
故當 a > 0時， f (x) 2a a ln
2
.
a
考點：常見函數導數及導數運算法則；函數的零點；利用導數研究函數圖像與性質；利用導數證明不等式；
運算求解能力.
x 2
2．（全國· x x高考真題）(1)討論函數 f x = e 的單調性，并證明當 x >0 時， x 2 e x 2 > 0;
x 2
x
(2) e ax a證明：當 a 0,1 時，函數 g（x）= 2 (x > 0) 有最小值.設 g（x）的最小值為 h a ，求函數 h a x
的值域.
【答案】（1）見解析；（2）見解析．
【詳解】試題分析：（Ⅰ）先求定義域，用導數法求函數的單調性，當 x (0, )時， f (x) > f (0)證明結論；
ex0
（Ⅱ）用導數法求函數 g(x)的最值，再構造新函數 h(a) = ，用導數法求解.
x0 2
試題解析：（Ⅰ） f (x) 的定義域為 ( , 2) ( 2, ) .
x x 2
f (x) (x 1)(x 2)e (x 2)e x e
x
= 2 = 0,(x 2) (x 2)2
且僅當 x = 0時， f (x) = 0，所以 f (x) 在 ( , 2), ( 2, )單調遞增，
因此當 x (0, )時， f (x) > f (0) = 1,
所以 (x 2)ex > (x 2), (x 2)ex x 2 > 0
g (x) (x 2)e
x a(x 2) x 2
（Ⅱ） = = ( f (x) a),
x3 x3
由（Ⅰ）知， f (x) a 單調遞增，對任意 a [0,1), f (0) a = a 1 < 0, f (2) a = a 0,
因此，存在唯一 x0 (0, 2],使得 f (x0 ) a = 0,即 g (x0 ) = 0 ，
當0 < x < x0 時， f (x) a < 0, g (x) < 0, g(x) 單調遞減；
當 x > x0時， f (x) a > 0, g (x) > 0, g(x)單調遞增.
因此 g(x)在 x = x0處取得最小值，最小值為
ex0g(x ) a(x
x0
0 1) e +f (x0 )(x0 1) e
x0
0 = = = .x 20 x
2
0 x0 2
ex0 exh(a) = (x 1)e
x x
于是 ，由 ( ) = > 0, y
e
知 = 單調遞增
x0 2 x 2 (x 2)
2 x 2
0 x0 2 2
所以，由 x0 (0, 2],
1 e e e e
得 = < h(a) = = .
2 0 2 x0 2 2 2 4
ex 1 e2
因為 y = 單調遞增，對任意l ( , ], 存在唯一的 x0 (0, 2], a = f (x0 ) [0,1),x 2 2 4
1 e2
使得 h(a) = l,所以 h(a) 的值域是 ( , ],
2 4
2
綜上，當 a [0,1)時， g(x)有最小值 h(a) 1 e， h(a) 的值域是 ( , ].
2 4
【考點】函數的單調性、極值與最值
【名師點睛】求函數單調區間的步驟：
（1）確定函數 f （x）的定義域；
（2）求導數 f ′（x）；
（3）由 f ′（x）＞0（f ′（x）＜0）解出相應的 x 的范圍．
當 f ′（x）＞0 時，f （x）在相應的區間上是增函數；當 f ′（x）＜0 時，f （x）在相應的區間上是減函數，
還可以列表，寫出函數的單調區間．
注意：求函數最值時，不可想當然地認為極值點就是最值點，要通過認真比較才能下結論；另外注意函數
最值是個“整體”概念，而極值是個“局部”概念．
請考生在第 22~24 題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分．第14講 導數中的隱零點問題（虛設零點設而不求）
（高階拓展、競賽適用）
（3 類核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
2020 年新 I 卷，第 21 題,12 分 導數中的隱零點問題 不等式恒成立問題
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的載體內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數求解函數基本問題
2 掌握函數零點存在性定理及其應用
3 能設而不求進行隱零點的相關替換求值或范圍
【命題預測】零點問題是高考的熱點問題，隱零點的代換與估計問題是函數零點中常見的問題之一, 其源于
含指對函數的方程無精確解, 這樣 我們只能得到存在性之后去估計大致的范圍，高考中曾多次考查隱零點
代換與估計, 所以本節我們做一個專門的分析與討論，方便學生高考綜合復習
知識講解
在求解導數問題時，我們一般對函數的零點設而不求，通過一種整體代換和過渡，再結合題目條件最
終解決問題，我們稱這類問題為“隱零點問題”．
1. 解題步驟
第 1 步: 用零點存在性定理判定導函數零點的存在性, 列出零點方程 f x0 = 0 , 并結合 f (x) 的單調
性得到零點的范圍;
第 2 步: 以零點為分界點, 說明導函數 f (x) 的正負, 進而得到 f (x) 的最值表達式;
第 3 步: 將零點方程 f x0 = 0 適當變形, 整體代入 f (x) 最值式子進行化簡:
（1）要么消除 f (x) 最值式中的指對項
（2）要么消除其中的參數項;
從而得到 f (x) 最值式的估計.
2. 隱零點的同構
實際上, 很多隱零點問題產生的原因就是含有指對項, 而這類問題由往往具有同構特征, 所以下面我們看到
的這兩個問題, 它的隱零點代換則需要同構才能做出, 否則, 我們可能很難找到隱零點合適的代換化簡方
向. 我們看下面兩例: 一類同構式在隱零點問題中的應用的原理分析
xex x ln x
f x = x ex f ln x = x ln x
ex x 1 x ln x 1
f x xex f ln x ln x= = x2ex ln x = 0
x
1
所以在解決形如 ex = x ln x = 0 , 這些常見的代換都是隱零點中常見的操作.
x
3. 解題感悟
1.隱零點指對于超越方程或者是一些帶參數的方程，無法直接求得確切的零點，但是零點確實存在的問題。
特別是在求導的過程，求函數極值點，對原函數求導后，令導函數等于零，就導函數零點進一步探尋原函
數極值點或最值時會經常遇到“隱零點”問題。
2.隱零點常見題型，有證明零點個數，求解不等式，求最值的取值范圍，求參數的范圍。
3.解決辦法，往往是“虛設零點”，設而不求，結合零點存在定理來初步確定零點的所在區間。往往這樣的
零點都與某個參數相關聯，相互依賴。在使用零點存在定理確定區間時往往存在困難，必要時使用放縮法
取含參的特殊值來確定零點存在區間。
4.特別是針對導函數的“隱零點”，求解取值范圍時，需要根據導函數零點代入方程，把參數表示成含隱零
點的函數，再來求原函數的極值或者最值問題，或證明不等式。構建關于隱零點作為自變量的新函數，求
函數值域或者證明不等式恒成立問題。
考點一、隱零點初應用
1．證明 ex 2ln x > 4 2ln 2
2 f (x) = ex 1．求 3ln x 的極值
1．已知函數 f (x) = x ln x kx 3k ，求：
(1)當 k =1時，求曲線 f (x) 在點 (1，f (1)) 處的切線方程；
(2)當 x > 3時，總有 f (x) >1，求整數 k 的最小值.
1．（2024·山東威海·二模）已知函數 f x = ln x ax 1．
(1)求 f x 的極值；
(2)證明： ln x x 1 xex．
2．（2024·浙江杭州·一模）已知函數 f (x) = x2 (a 2)x a ln x(a R) ．
(1)求函數 y = f (x) 的單調區間；
(2)當 a =1時，證明：對任意的 x > 0， f (x) ex > x2 x 2．
考點二、隱零點問題之參數范圍綜合
1．（2020·新Ⅰ卷·統考高考真題第 21 題）已知函數 f (x) = aex 1 ln x ln a ．
（1）當 a = e時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
（2）若不等式 f x 1恒成立，求 a 的取值范圍．
2．已知函數 f (x) = ln(ax), a > 0，若 f (x) (x 1)e
x a , 求 a 的取值范圍.
3．已知函數 f (x) = ax x ln x(a R)，當 a =1 且 k Z 時, 不等式 k(x 1) < f (x) 在 x (1, )
上恒成立, 求 k 的最大值.
4．已知函數 f (x) aex a 1= 2(a 1) 0 對任意的 x (0, ) 恒成立, 其中實數 a > 0 , 求 a 的
x
取值范圍.
f x 2lnx x a1．（2024·湖南邵陽·三模）已知函數 = a R
x
(1)若 a = 2，求 f x 的單調區間.
(2)若對"x 0, x， f x xe 恒成立，求實數 a的取值范圍
2．（2024·山東日照·三模）已知函數 f x = a ln x x2 a 2 x， g x = x 2 ex x2 4x m， a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)當 a = 1時，對"x 0,1 ， f x > g x ，求正整數m 的最大值.
1
3．（2024·四川綿陽·模擬預測）已知函數 f x = alnx x a R .
x
(1)討論 f x 的零點個數；
2
(2)若關于 x 的不等式 f x 2x 在 0, 上恒成立，求 a的取值范圍.
e
考點三、隱零點問題之不等式證明綜合
f x ex lnx 11．（2024·全國·模擬預測）已知函數 = a a R ．
x x
(1)當 a = e時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)當 a 1時，證明： xf x 0在定義域內恒成立．
2．（2024·河北張家口·三模）已知函數 f (x) = ln x 5x 4．
(1)求曲線 y = f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程；
3
(2)證明： f (x) > 2．
5x
1．（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數 f (x) = ax ln x a ，若 f (x) 的最小值為 0，
(1)求 a的值;
(2)若 g(x) = xf (x)，證明: g(x)存在唯一的極大值點 x0 ，且 g x0
1
< .
4
x
2．（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數 f x = ， g x = lnxx .e
(1)求 f x 的極值；
(2) x證明： xg x 2 > e f x 2 .
x
1．（2021·黑龍江·模擬預測）已知函數 f (x) = x ln x kx 3k ，求：
(1)當 k =1時，求曲線 f (x) 在點 (1，f (1)) 處的切線方程；
(2)當 x > 3時，總有 f (x) >1，求整數 k 的最小值.
1
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = x2 alnx．
2
(1)討論函數 f x 的單調性；
é1 ù
(2) 1 2若函數 f x 的最小值為 ，不等式 f x x 1 ex e2 m 在 ê , 2ú上恒成立，求實數m2 的取值范圍． 2
3．（2023·吉林· x a三模）已知函數 f x = e ln x a a > 0 ．
(1)證明：函數 f x 在 0, 上存在唯一的零點；
(2)若函數 f x 在區間 0, 上的最小值為 1，求 a 的值．
4．（2023·江蘇鹽城·二模）設函數 f x = x 1 ex a 2e ex ，
（1）當 a = 0時，求函數 f (x) 圖象在 x =1處的切線方程；
（2）求 f x 的單調區間；
（3）若不等式 f x > 0對 x 2, 恒成立，求整數 a的最大值.
5．（2023 高三·天津·階段練習）已知函數 f x = x k 1 ex （其中 e為自然對數的底數）．
(1)當 k = 1時，求函數 f x 的極值；
(2)若函數 g x = f x e2在 x 0, 有唯一零點，求實數 k 的取值范圍；
(3)若不等式 f x > 3x 對任意的 x R 恒成立，求整數 k 的最大值．
6．（2023 高三下· 2 2全國·階段練習）已知函數 f x = a 1 x x ln x的圖象在點 A e , f e （ e為自然對數的
底數）處的切線斜率為 4．
（1）求實數 a的值；
（2）若m Z ，且m x 1 < f x 1對任意 x >1恒成立，求m 的最大值．
7．（23-24 2高三下·湖南岳陽·階段練習）函數 f x = ln x, g x = x x m 2．
(1)若m = e，求函數F x = f x g x 的最大值；
(2)若 f x g x x2 x 2 ex 在 x (0, 2]恒成立，求實數 m 的取值范圍．
8．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x π= ax 3sin x ， x 0, .
cos2 x 2 ֏
(1)求證： 2 tan x 3sin x > 5x；
(2)若 f x < sin 2x，求 a的取值范圍.
9．（2023 高三·云南· f x = xex階段練習）已知函數 ， g x = x ln x．
（1）令 h x = f x eg x ，求 h x 的最小值；
（2）若 f x g x b 2 x 1恒成立，求b 的取值范圍．
2a
10．（2023·山東·一模）已知函數 f (x) = ln x 1 在點 (a, f (a))處的切線過點 (0, 4) ．
x
(1)求實數 a的值，并求出函數 f (x) 單調區間；
(2)若整數 k 使得 2 f (x) > k(1 1 )在 x (1, )上恒成立，求 k 的最大值．
x
11．（2024·山東· 2 x二模）已知函數 f x = a xe x lnx．
(1)當 a
1
= 時，求 f x 的單調區間；
e
(2)當 a > 0時， f x 2 a ，求 a的取值范圍．
12．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知函數 f x = xlnx ax 在點 1, f 1 處的切線與直線 x 2y 2 = 0垂直.
(1)求實數 a的值；
é 1 ù
(2) 2求函數 f x 在區間 ê 4 , e ú 的最大值和最小值； e
(3)證明： f x x2 ex 2 .
1
13．（2024·四川南充·三模）已知函數 f (x) = x2 sin x ax．
2
(1)當 a =1時，求 f (x) 的最小值；
(2)①求證： f (x) 有且僅有一個極值點；
②當a ( ,1]
1 2
時，設 f (x) 的極值點為 x0 ，若 g(x) = x 2sin x 2x ．2
求證： f x0 g x0 ．
14 2024· · f x = ex a．（ 安徽合肥 模擬預測） a R .
(1)若 f x 的圖象在點 A x0 , f x0 處的切線經過原點，求 x0 ；
(2)對任意的 x 0, ，有 f x sinx，求 a的取值范圍.
15．（23-24 高三上·浙江·階段練習）已知函數 f (x) = ex ax2 (e = 2.718L) .
(1)若 f (x) 在 0, 有兩個零點，求實數 a的取值范圍；
(2)設函數 g(x) = ex[ f (x) ax2 1 x]，證明： g(x) 2 1存在唯一的極大值點 x0 ，且 e3
< g(x0 ) < .4
1 2x．（全國·高考真題）設函數 f x = e a ln x .
（Ⅰ）討論 f x 的導函數 f x 的零點的個數；
2
（Ⅱ）證明：當 a > 0時 f x 2a a ln .
a
2．（全國·高考真題）(1)討論函數 f x x 2= ex x的單調性，并證明當 x >0 時， x 2 e x 2 > 0;
x 2
x
(2)證明：當 a 0,1 e ax a時，函數（g x）= 2 (x > 0) 有最小值.設 g（x）的最小值為 h a ，求函數 h a x
的值域.

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