資源簡介

培優點 04 隱零點與極值點偏移問題（2 種核心題型+基礎保
分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
隱零點問題是指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；極值點偏移是指函數在極值點左右的增減速度不一樣，導致函數圖象不具有對稱性，
隱零點與極值點偏移問題常常出現在高考數學的壓軸題中，這類題往往對思維要求較高，過
程較為煩瑣，計算量較大，難度大
【核心題型】
題型一　隱零點
零點問題求解三步曲
(1)用函數零點存在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取值范圍．
(2)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．
(3)將零點方程適當變形，整體代入最值式子進行化簡證明，有時(1)中的零點范圍還可以適
當縮小．
【例題 1】（2024·吉林長春·東北師大附中校聯考模擬預測）已知 f x = ae2x - 2xex （其
中 e = 2.71828L為自然對數的底數）.
（1）當 a = 0時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程，
1
（2）當 a = 時，判斷 f x 是否存在極值，并說明理由；
2
（3）"x R, f x 1+ 0，求實數 a的取值范圍.
a
【變式 1】（23-24 高三上·河南焦作·期末）（1）求函數 f (x) = ex-1 - x 的極值；
（2）若 a (0,1]，證明：當 x > 0時， (x -1)ex-a +1 ln x + a ．
【變式 2】（2024·浙江寧波·高三統考期末）已知函數 f x = xlnx - ax +1，其中 a R ．
（1）當a = 2時，求曲線 f x 在 x =1處的切線方程；
f x f x "x 1,3 5 x -1 （2）記 為 的導函數，若對 ，都有 f x + f x ，求 a的取值
x +1
范圍．
【變式 3】（2024·河北邢臺·高三統考期末）已知函數 f (x) = sin x + x2 ．
π
（1）求曲線 y = f (x) 在點 , f
π
÷÷ 處的切線方程；
è 2 è 2
5
（2）證明： f (x) > - ．
16
題型二　極值點偏移
極值點偏移問題的解法
(1)(對稱化構造法)構造輔助函數：對結論 x1＋x2>(<)2x0 型，構造函數 F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；
x20
對結論 x1x2>(<)x 20型，構造函數 F(x)＝f(x)－f ( )，通過研究 F(x)的單調性獲得不等x
式．
x1
(2)(比值代換法)通過代數變形將所證的雙變量不等式通過代換 t＝ 化為單變量的函數不等
x2
式，利用函數單調性證明．
ex
【例題 1】（2023·全國·高三專題練習）已知函數 f x = - ln x + x - a .若 f (x) 有兩個零
x
點 x1, x2 ，證明： x1x2 <1.
【變式 1】（2022·全國·模擬預測）設函數 f x = lnx - ax a R .
(1)若 a = 3，求函數 f x 的最值；
(2)若函數 g x = xf x - x + a 有兩個不同的極值點，記作 x1, x2 ，且 x1 < x2，求證：
lnx1 + 2lnx2 > 3 .
【變式 2】（2024下·安徽宿州·高二安徽省泗縣第一中學校考開學考試）已知函數
f x = x - 2 e- x （其中 e = 2.71828L為自然對數的底數）.
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)若 a,b b a b a為兩個不相等的實數，且滿足 ae - be = 2 e - e ，求證： a + b > 6.
2024· · f x = ex 2【變式 3】（ 遼寧 模擬預測）已知函數 - ax (a > 0)．
2
(1) e當 a = 時，判斷 f x 在區間 1, + 內的單調性；
4
(2)若 f x 有三個零點 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）證明： x1 + x2 + x3 > 3 .
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
1．（2022·四川成都·一模）已知 a > b，且 ea - a = eb - b =1.01，則下列說法正確的有（ ）
0 a 1① b < -1； ② < < ；③ b + a < 0；
2 ④ a - b <1 .
A．①②③ B．②③④ C．②④ D．③④
m lnx + x -1
2．（2023·

全國·模擬預測）若關于 x 的方程 ex = 有兩個解，則實數m 的取值范
x
圍為（ ）
A． e,+ B e2． ,+ C． 8,+ D． 4e, +
2
3．（2023·四川南充·一模）已知函數 f (x) = ln x - + 2 - m （0 < m < 3）有兩個不同的零點
x
x1，x2（ x1 < x2），下列關于x1，x2的說法正確的有（ ）個
x 2 m
① 2 < e2mx ② x1 > ③ e
3 x 3< 2 < ④ x1xm + 2 3 m 2
>1
1 -
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多選題
a b
4．（2023·湖南永州·二模）已知 = = 2.86， c ln c = d ln d = -0.35， a < b ， c < d ，則
ln a ln b
有（ ）
c d 2A． a + b < 2e B． + >
e
C． ad <1 D．bc >1
5．（2023·湖北襄陽·模擬預測）已知關于 x 的方程 xex - a = 0有兩個不等的實根 x1, x2 ，且 x1 < x2，
則下列說法正確的有（ ）
A．-e-1 < a < 0 B． x1 + x2 < -2 C． x2 > a D
x
． x1 + e 1 < 0
ln x
6．（2023·福建寧德·二模）已知函數 f (x) = ，則（ ）
x
A． f (2) > f (3)
B．若 f (x) = m 2有兩個不相等的實根x1，x2，則 x1x2 > e
C． ln 2 2<
e
D．若 2x = 3y ， x ， y 均為正數，則 2x > 3y
三、解答題
7．（22-23 高三上·河南洛陽·開學考試）（1）證明不等式： ex-2 > ln x （第一問必須用隱零點
解決，否則不給分）；
（2）已知函數 f (x) = (x - 2)ex + a(x -1)2有兩個零點.求 a 的取值范圍.（第二問必須用分段討論
解決，否則不給分）
ln x +1
8 e
x
．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = ， g(x) = ．
x x
(1)若對任意的m, n (0,+ )都有 f (m) t g(n)，求實數 t 的取值范圍；
x1
(2) x , x (0,+ ) x x ex2 -x
x
1 2 3 3若 1 2 且 1 2 ， = x ，證明： x1 + x2 > 2．x 21
2ln x - a
9．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = 2 .x
(1)若 x > 0時， f (x) 1恒成立，求實數 a的取值范圍；
(2)當實數 a取第（1）問中的最小值時，若方程 f (x) = m有兩個不相等的實數根x1，x2，請
x2 + x2 2 2比較 1 2 ， 2x1 x2 ，2 這三個數的大小，并說明理由.
10．（23-24 高三上·云南昆明·階段練習）設 a，b 為函數 f x = x ×ex - m （m < 0）的兩個零
點．
(1)求實數m 的取值范圍；
(2)證明： ea + eb <1．
【綜合提升練】
一、單選題
ì ln x
,0 < x e
1．（22-23 高二下·福建廈門· f x = í x期末）已知函數 ，若 a < b < c，且
1
- 2 x
2
+ , x > e
e e
f a f b f c blna= = ，則 ·c 的取值范圍為（　　）
alnb
A． (e, 2e) B． (-2e,-e)
C． (1, 2e) D． (-2e,-1)
2．（2023·江西南昌·二模）已知函數 f x = ex sin x + ax x é0, π ù， ê 2 ú ．若 f x 有且只有兩個零
點，則實數 a 的取值范圍是（ ）
é 2 π é 2 π
A． ê- e 2 , + ÷ B． ê- e 2 ,0÷
π π
é 2 π ù é 2 π
C． ê- e 2 ,0ú D． ê- e 2 ,-1π π ÷
3．（22-23 高三上·遼寧錦州· x階段練習）已知函數 f x = a x + cos x - e 在 0, π 上恰有兩個
極值點，則 a的取值范圍是（ ）
A． 0,1 B． - , eπ C． 0,eπ D． eπ , +
4．（2020 高三·全國·專題練習）已知函數 f (x) = ex - ax有兩個零點x1，x2，則下列判斷：
① a < e ；② x1 + x2 < 2；③ x1 × x2 >1；④有極小值點 x0 ，且 x1 + x2 < 2x0 .則正確判斷的個
數是（ ）
A．4 個 B．3 個 C．2 個 D．1 個
2
5．（21-22 高三上·江西鷹潭·階段練習）關于函數 f (x) = + ln x ，下列說法正確的是（ ）x
A． x = 2是 f (x) 的極大值點
B．函數 y = f (x) - x有 2 個零點
C．存在正整數 k，使得 f (x) > kx 恒成立
D．對任意兩個正實數 x1, x2 ，且 x1 x2 ，若 f x1 = f x2 ，則 x1 + x2 > 4
a
6．（2023·福建漳州·三模）已知函數 f x = 2x + ln x +1- a 和函數 g x = x - 2x ，具有相同e
2x
的零點 x ，則 e 00 ln x20 的值為（ ）
A． 2 B．-e C．-4 D． e2
100 100
7 22-23 0.99 e-0.01．（ 高三上·河北衡水·期末）已知 a = e ,b = ln e ÷ , ln a = c - ln c(c 0.99)，99 è 99
則（ ）
A．b > a >1.01 > c B．b > a > c >1.01
C． a > b >1.01 > c D． a > b > c >1.01
ln x
8．（21-22 高三上·浙江寧波·開學考試）已知函數 f x = ，對于正實數 a，若關于 t 的方
x
程 f t = f a ÷ 恰有三個不同的正實數根，則 a 的取值范圍是（t ）è
A． 1,8 B． e2 ,8 C． 8,+ D 2． e ,+
二、多選題
9．（2023·河北衡水·一模）直線 l： y = ax 與 y = ex 的圖象交于 A x1, y1 、B x2 , y2 兩點
x1 < x2 ， y = ex 在 A B 兩點的切線交于C ， AB 的中點為D，則（ ）
A． a e B．點C 的橫坐標大于 1
C． x1 - x2 < (a + 2 - e)
2 - 4 D．CD 的斜率大于 0
10．（22-23 高三·全國·階段練習）已知函數 f x = ex - x， g x = x - ln x，則下列說法正確
的是（ ）
A． g ex 在 0, + 上是增函數
B．"x >1，不等式 f ax f ln x2 恒成立，則正實數 a 2的最小值為
e
C．若 f x = t 有兩個零點 x1, x2 ，則 x1 + x2 > 0
ln t
D．若 f x1 = g x2 = t t > 2
1
，且 x2 > x1 > 0 ，則 x2 - x
的最大值為
1 e
11．（2023·河北·模擬預測）若當實數 a 變化時，直線 y = ax + ea 恒與定曲線 y = f x 相切，
且 f x1 = f x2 = b ，則（ ）
A． f x 有一個極大值點 B．b 0,1
C． x R D． x1 + x2 < -2
三、填空題
ln x
12．（2021· · f (x) = ex-a黑龍江 模擬預測）已知函數 - -1有兩個不同的零點，則實數 a的
x
取值范圍是 .
x + m
13．（2022·吉林·三模）已知函數 f (x) = x 的極大值點為 0，則實數 m 的值為 ；e
設 t1 t2 ，且 t2 ln t1 - t1 ln t2 = t1 - t2 ，不等式 ln t1 + ln t2 > l 恒成立，則實數l 的取值范圍
為 ．
2 x-
14．（2022· x廣東佛山·一模）已知函數 f x = x + 2axe 2 + 2，當 a = 2 時，函數 f x 的零e
點個數為 ；若函數 f x 有兩個零點，則實數 a 的取值范圍為 ．
四、解答題
m
15．（2023·江西·模擬預測）已知函數 f (x) = x + ．
ex
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若 x1 x2 ，且 f x1 = f x2 = 2，證明：0 < m < e，且 x1 + x2 < 2．
16．（2024·湖南邵陽·一模）已知函數 f x = 3lnx + ax2 - 4x + b(a > 0,b R) .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)當 a
1
= 時，方程 f x = 0有三個不相等的實數根，分別記為 x
2 i
i =1,2,3 .
①求b 的取值范圍；
②證明 xi - x j < 4 i =1,2,3; j =1,2,3 .
17．（2023·山西·模擬預測）已知函數 f x = lnx - a x +1,a R .
(1)若 f x 0 ，求 a的取值范圍；
(2) x f x2 = eax - ex2若關于 的方程 有兩個不同的正實根 x1, x2 ，證明： x1 + x2 > 2 e .
18．（2022·四川南充·一模）已知函數 f (x) = x - ln x - a 有兩個不同的零點 x1, x2 .
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)求證： x1 + x2 > 2 .
19．（2024·河北滄州·二模）若函數 f x , g x 與 h x 在區間 D上恒有 f x h x g x ，
則稱函數 h x 為 f x 和 g x 在區間D上的隔離函數.
(1)若 f x 11= x, g x = -2 6x, h x = 2x2 + 3, D = 1, 2 ，判斷 h x 是否為 f x 和 g x 在區
2
間D上的隔離函數，并說明理由；
(2)若 f x = ex -1,h x = kx ，且 f x h x 在R 上恒成立，求 k 的值；
(3) f x = ex若 , g x lnx +1= +1, h x = kx + b k,b R , D = 0,+ ，證明：b = k -1是 h x
x
為 f x 和 g x 在 0, + 上的隔離函數的必要條件.
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2023·四川內江·一模）已知函數 f (x) = (x - 2)ex + a(x -1)2有兩個零點，則 a的最小整數值
為（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
1
2．（2023·四川成都·三模）已知函數 f x = x - - m ln x 有三個零點，則實數 m 的取值范圍
x
是（ ）
A． 4, + B． 3, + C． e, + D． 2, +
3．（2023·河北滄州·模擬預測）已知直線 y = kx + b與曲線 y = ex + 2和曲線 y = ln e2x 均相切，
則實數 k 的解的個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．無數
二、多選題
4．（22-23 高三上·湖北·階段練習）已知
a b
a > b,c > d , e e= =1.01, 1- c ec = 1- d ed = 0.99，則（ ）
a +1 b +1
A． a + b > 0 B． c + d > 0
C． a + d > 0 D．b + c > 0
5．（2022·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知函數 f x = ln x - ax，則下列說法正確的是（ ）
A．若 f x 0 恒成立，則a 1
B．當 a < 0時， y = f x 的零點只有1個
C．若函數 y = f x 2有兩個不同的零點 x1, x2 ，則 x1x2 > e
1
D．當 a =1 me2x時，若不等式 + ln m f x é 恒成立，則正數m 的取值范圍是 ê ,+ e ÷
6．（22-23 高三上·黑龍江哈爾濱·期中）已知函數 f x = 2ln x - ax2 則下列結論正確的有（ ）
A．當 a =1時， x =1是 y = f x 的極值點
a 1B．當 > 時， f x < 0 恒成立
e
a 1C．當 < 時， y = f x 有 2 個零點
2e
D．若 x1, x2 是關于 x 的方程 f x = 0的 2 個不等實數根，則 x1 × x2 > e
三、填空題
7．（2023· x重慶沙坪壩·模擬預測）已知函數 f x = x -1 e - kx (x > 0) 存在唯一零點，則 k
的取值范圍為 .
8．（2024·河南洛陽·模擬預測）若函數 f (x) = a(1- sin x) - ex 在區間 0, π 上有兩個零點，則 a
的取值范圍為 .
四、解答題
9．（2023·貴州畢節·模擬預測）已知函數 f x = 2x + a lnx - 3 x - a ,a > 0 .
(1)當 x 1時， f x 0，求 a的取值范圍.
1
(2)若函數 f x 有兩個極值點 x1, x -2 ，證明： x + x 2 .1 2 > 2e
a ln x + a
10．（2023·云南大理·模擬預測）已知函數 f (x) = ．
x
(1)討論 f x 的極值；
(2) ex x若 2 = ex x11 2 （e 是自然對數的底數），且 x1 > 0， x2 > 0， x1 x2 ，證明：
x1 + x2 > 2．
11．（23-24 高三上·河南·階段練習）已知函數 f x = x - 2 ex - ax a R ．
(1)若 a = 2，討論 f x 的單調性．
(2)已知關于 x 的方程 f x = x - 3 ex + 2ax 恰有 2個不同的正實數根 x1, x2 ．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）求證： x1 + x2 > 4．
12．（2024·吉林·二模）在平面直角坐標系 xOy 中，RtVOAB 的直角頂點A 在 x 軸上，另一個
頂點 B 在函數 f x lnx= 圖象上
x
(1)當頂點 B 在 x 軸上方時，求 RtVOAB 以 x 軸為旋轉軸，邊 AB 和邊OB旋轉一周形成的面
所圍成的幾何體的體積的最大值；
ax2 2
(2)已知函數 g x e - ex + ax -1= ，關于 x 的方程 f x = g x 有兩個不等實根 x1，x2
x
x1 < x2 .
（i）求實數 a的取值范圍;
2 2 2
（ii）證明： x1 + x2 > .e培優點 04 隱零點與極值點偏移問題（2 種核心題型+基礎保
分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
隱零點問題是指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；極值點偏移是指函數在極值點左右的增減速度不一樣，導致函數圖象不具有對稱性，
隱零點與極值點偏移問題常常出現在高考數學的壓軸題中，這類題往往對思維要求較高，過
程較為煩瑣，計算量較大，難度大
【核心題型】
題型一　隱零點
零點問題求解三步曲
(1)用函數零點存在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取值范圍．
(2)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．
(3)將零點方程適當變形，整體代入最值式子進行化簡證明，有時(1)中的零點范圍還可以適
當縮小．
2x x
【例題 1】（2024·吉林長春·東北師大附中校聯考模擬預測）已知 f x = ae - 2xe （其
中 e = 2.71828L為自然對數的底數）.
（1）當 a = 0時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程，
1
（2）當 a = 時，判斷 f x 是否存在極值，并說明理由；
2
（3）"x R, f x 1+ 0，求實數 a的取值范圍.
a
【答案】（1） y = -4ex + 2e；（2）有一個極大值，一個極小值，理由見解析；（3）
é
1- 2 e 2 ,0
【解析】（1）當 a = 0時， f x = -2xex ，可得 f x = -2 x +1 ex ，則
f 1 = -4e, f 1 = -2e，
所以曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程為 y + 2e = -4e x -1 ，即 y = -4ex + 2e .
a 1= f x 1= e2x - 2xex（2）當 時， ，定義域為R ，
2 2
2x
可得 f x = e - 2 x +1 ex = ex ex - 2x - 2 ，
令F x = ex - 2x - 2，則F x = ex - 2，
當 x - , ln2 時，F x < 0；當 x ln2,+ 時，F x > 0，
所以F x 在 - , ln2 遞減，在 ln2,+ 上遞增，
所以F (x)min = F ln2 = 2 - 2ln2 - 2 = -2ln2 < 0 ，
又由F 1-1 = > 0, F 2 = e2 - 6 > 0，
e
存在 x1 -1, ln2 使得F x1 = 0，存在 x2 ln2,2 使得F x2 = 0，
當 x - , x1 時，F x > 0, f x > 0, f x 單調遞增；
當 x x1, x2 時，F x < 0, f x < 0, f x 單調遞減；
當 x x2 , + 時，F x > 0, f x > 0, f x 單調遞增；
所以 a
1
= 時， f x 有一個極大值，一個極小值.
2
（3）由 f x = ae2x - 2xex ，可得 f x = 2ae2x - 2 x +1 ex = 2ex aex - x -1 ，
2
由"x R, f x 1+ 0，因為 f 0 1+ = a 1 a +1+ = 0 ，可得 a<0，a a a a
令 g x = aex - x -1，則 g x 在R 上遞減，
當 x < 0 時，可得 ex (0,1) ，則 aex (a,0) g x = aex，所以 - x -1 > a - x -1，
則 g a -1 > a - a -1 -1 = 0，
g -1 = ae-1又因為 < 0，$x0 a -1,-1 使得 g x = 0 g x = aex0 ，即 00 - x0 -1 = 0
且當 x - , x0 時， g x > 0，即 f x > 0；
當 x0 x0 ,+ 時， g x < 0 ，即 f x < 0，
所以 f x 在 - , x0 遞增，在 x0 ,+ 2x x遞減，所以 f (x) 0 0max = f x0 = ae - 2x0e ，
由 g x = aex00 - x0 -1 = 0 a
x
，可得 = 0
+1
，
ex0
ex0 1- x 1+ x
f (x) 1+ 0 x +1 ex0 - 2x ex0 + 0 0 0 +1由 max ，可得 ，即 0，a 0 0 x0 +1 x0 +1
2
由 x0 +1< 0，可得 x0 -1 1，所以- 2 x0 < -1，
因為 a
x
= 0
+1
x ，設 h x
x +1 -x
= x (- 2 x < -1) ，則 h x = > 0，e 0 e ex
1- 2
可知 h x 在 é - 2,1 上遞增， h x h - 2 = = 1- 2 e 2 且 h x < h -1 = 0，e- 2
所以實數 a的取值范圍是 é 1- 2 e 2 ,0 .
【變式 1】（23-24 高三上·河南焦作·期末）（1）求函數 f (x) = ex-1 - x 的極值；
（2）若 a (0,1]，證明：當 x > 0時， (x -1)ex-a +1 ln x + a ．
【答案】（1）極小值為 0，無極大值；（2）證明見解析
【分析】（1）求導，得到單調性，從而得到極值情況；
（2）在（1）基礎上得到 x -1 ln x，構造函數 h(x) = (x -1)ex-a - ln x +1- a(x > 0) ，求導得
到其單調性，結合隱零點得到函數的最小值 h x0 0，證明出結論.
【詳解】（1）依題意， f (x) = ex-1 -1，令 f (x) = 0，解得 x =1，
所以當 x (- ,1) 時， f (x) < 0 ，當 x (1,+ )時， f (x) > 0 ，
即 f (x) 在 (- ,1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增，
而 f (1) = 0，故 f (x) 的極小值為 0，無極大值．
（2）由（1）可知，當 x > 0時， ex-1 x ，則 x -1 ln x．
令 h(x) = (x -1)ex-a - ln x +1- a(x > 0) ，
則 h (x) = xex-a
1
- ，易知 h (x)在 (0, + )上單調遞增．
x
a (0,1] h 1 1
1
-a
因為 ，所以 ÷ = e2 - 2 < 0， h (1) = e
1-a -1 0，
è 2 2
1
故$x0 ,1
ù
ú，使得 h x e
x -a 1x0 = 0 0 =
è 2
，即 0
x
①．
0
當 x 0, x0 時， h (x) < 0，當 x x0 ,+ 時， h (x) > 0，
所以 h(x) 在 x 0, x0 上單調遞減，在 x x0 ,+ 上單調遞增，
故 h(x) = h x0 = x0 -1 ex0 -a - ln x0 +1- amin ②．
ex 1① 0 -a由 可得 = 2 , x0 - a = -2ln xx 0 ，0
代入②，得
1- x 2x -1h x x0 -1 3ln x x 1 x0 -1 3 x 0 0 2x +1 0 = 2 - 0 - 0 + - 0x x2 0 -1 - x0 +1 =0 0 x2
，
0
x 1 ù而 0 ,1ú，故 h x0 0，故 h(x) 0，即原命題得證．è 2
【點睛】
方法點睛：隱零點的處理思路：
第一步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，其中難點是通過合理賦值，敏銳捕捉
零點存在的區間，有時還需結合函數單調性明確零點的個數；
第二步：虛設零點并確定取范圍，抓住零點方程實施代換，如指數與對數互換，超越函數與
簡單函數的替換，利用同構思想等解決，需要注意的是，代換可能不止一次
【變式 2】（2024·浙江寧波·高三統考期末）已知函數 f x = xlnx - ax +1，其中 a R ．
（1）當a = 2時，求曲線 f x 在 x =1處的切線方程；
（2）記 f x 為 f x 的導函數，若對"x 1,3 ，都有 f 5 x -1x + f x ，求 a的取值
x +1
范圍．
é5
【答案】（1） y = -x；（2） ê ,+ 2 ÷
【解析】（1）由題知， f x = lnx +1- a ，當a = 2時， f 1 = -1，f 1 = -1，
所以曲線 f x 在 x =1處的切線方程為 y = -x；
5 x -1
（2）由題意，原不等式等價于 xlnx - ax +1+ lnx +1- a ，
x +1
5
即 x -1 lnx + a x -1 ，
è x +1÷
當 x =1時，對任意 a R ，不等式恒成立，
當 x 1,3 時，原不等式等價于 lnx 5+ a ，
x +1
2
設 g x lnx 5 g x 1 5 x - 3x +1= + ，則 = - = ，
x +1 x (x +1)2 x(x +1)2
h x x2 3設 = - 3x +1，因為 h 1 0, h 3 0, h ÷ < 0，
è 2
x 3 所以存在唯一 0 ,32 ÷，使得
h x0 = 0，即 g x0 = 0，
è
當 x 1, x0 時， g x < 0, g x 單調遞減，
當 x x0 ,3 時， g x > 0, g x 單調遞增，
故 g(x)max = max g 1 , g 3 = g 1 5= ，即 a 5 ．2 2
é5
綜上所述， a的取值范圍為 ê ,+ 2 ÷
．

【變式 3】（2024·河北邢臺·高三統考期末）已知函數 f (x) = sin x + x2 ．
π π
（1）求曲線 y = f (x) 在點 , f ÷÷ 處的切線方程；
è 2 è 2
（2）證明： f (x)
5
> - ．
16
【答案】（1） 4πx - 4y - π2 + 4 = 0；（2）證明見解析
π π π2
【解析】（1） f (x) = cos x

+ 2x f ， ÷ = π， f
è 2 ÷
= +1．
è 2 4
y = f (x) π , f π y πx π
2
故曲線 在點 ÷÷ 處的切線方程為2 2 = - +1
，即 4πx - 4y - π2 + 4 = 0．
è è 4
（2）由（1）得 f (x) = cos x + 2x．
令函數u(x) = f (x)，則u (x) = -sin x + 2 > 0，所以u(x) = f (x)是增函數．
因為 f (0) =1 f
1 1
， -

÷ = cos -1 < 0 ，
è 2 2
1
所以存在 x0 - ,0÷，使得 f (x0 ) = cos x0 + 2x0 = 0
2 1
，即 x0 = cos
2 x ．
è 2 4 0
所以當 x - , x0 時， f (x) < 0 ，當 x x0 ,+ 時， f (x) > 0，
所以 f (x) 在 - , x0 上單調遞減，在 x0 ,+ 上單調遞增．
f (x) f x sin x x2 sin x 1 2 1 2 1 0 = 0 + 0 = 0 + cos x0 = - sin x + sin x + ．4 4 0 0 4
x 1 ,0 sin x sin 1 sin π 1因為 0

- ÷，所以 0 > - ÷ > - ÷ = - ，
è 2 è 2 è 6 2
1 2
所以- sin2 x0 + sin x
1 1 1 1 1 5
0 + > -
- - + = - ．
4 4 4 ֏ 2 2 4 16
故 f (x)
5
> - ．
16
題型二　極值點偏移
極值點偏移問題的解法
(1)(對稱化構造法)構造輔助函數：對結論 x1＋x2>(<)2x0 型，構造函數 F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；
x20
對結論 x1x2>(<)x 20型，構造函數 F(x)＝f(x)－f ( )，通過研究 F(x)的單調性獲得不等x
式．
x1
(2)(比值代換法)通過代數變形將所證的雙變量不等式通過代換 t＝ 化為單變量的函數不等
x2
式，利用函數單調性證明．
ex
【例題 1】（2023·全國·高三專題練習）已知函數 f x = - ln x + x - a .若 f (x) 有兩個零
x
點 x1, x2 ，證明： x1x2 <1.
【答案】證明見解析
x2 - x1
【分析】利用構造函數法，從而只需證明 x1x2 < ln x2 - ln x
，即可求解.
1
ex ex ex 1
【詳解】由題意得 f x = + ln - a ，令 t = >1，則 f t = t + ln t - a ， f t =1+ > 0，
x x x t
所以 f t = t + ln t - a 在 1, + 上單調遞增，故 f t = 0至多有1解；
x
又因為 f x e有兩個零點 x1, x2 ，所以， t = 有兩個解 x1, x2 ，x
x ex x -1 x
令 y e e= ， y = ，易得 y = 在 0,1 上遞減，在 1, + 上遞增，所以 0 < x1 < 1 < x2 2 .x x x
x x
此時 e 1 = tx ;ex2 = tx ex2 -x1 21 2 ，兩式相除，可得： = x2 - x1 = ln x2 - ln xx 1.1
x2 - x1
于是，欲證 x1x2 <1只需證明： x1x2 < ln x2 - ln x
，
1
x2 - x1
下證 x1x2 < ln x - ln x ：2 1
x x x2 - x< 1因為 1 2 ln x2 - ln x
x - x
1 <
2 1 ln x2 x2 x< - 1
ln x ，2 - ln x1 x1x2 x1 x1 x2
x
不妨設 s = 2 >1
1
，則只需證 2ln s < s - ，
x1 s
h s 2ln s s 1
2
構造函數 = - + , s >1，則 h s 2 1= -1- 2 = - 1
1
-
s s s s ÷
< 0，
è
1
故 h s 在 1, + 上單調遞減，故 h s < h 1 = 0，即 2ln s < s - 得證，
s
綜上所述：即證 x1x2 <1.
【點睛】關鍵點睛：本題通過構造對數不等式證明極值點偏移問題.
【變式 1】（2022·全國·模擬預測）設函數 f x = lnx - ax a R .
(1)若 a = 3，求函數 f x 的最值；
(2)若函數 g x = xf x - x + a 有兩個不同的極值點，記作 x1, x2 ，且 x1 < x2，求證：
lnx1 + 2lnx2 > 3 .
【答案】(1)無最小值，最大值為-ln3-1
(2)證明見解析
【分析】（1）對函數 f x = lnx - 3x 求導后得 f x 1- 3x= , x > 0，分別求出 f x > 0和
x
f x < 0的解集，從而可求解.
（2）由 g x = xf x - x + a 有兩個極值點 x1, x2 lnx1 = 2ax1, lnx2 = 2ax2，從而要證
ln x2
t x= 2 , t >1
lnx1 + 2lnx
3 x 3
2 > 3 2ax1 + 4ax2 > 3 a > 1 >
，令 x ，構建函
2x1 + 4x2 x2 - x
1
1 x1 + 2x2
數 h t 3 t -1= lnt - ，然后利用導數求解 h t 的最值，從而可求解證明.
1+ 2t
【詳解】（1）由題意得 f x = lnx - 3x f x 1- 3x，則 = , x > 0 .
x
f x > 0 0 x 1令 ，解得 < < ；令 f x < 0 1，解得 x > ，
3 3
\ f x 0, 1 1 在 3 ÷上單調遞增，在 ,+ ÷上單調遞減，è è 3
\ f (x)max = f
1 1 1
÷ = ln - 3 = -ln3-1，
è 3 3 3
\ f x 無最小值，最大值為-ln3-1 .
（2）Q g x = xf x - x + a = xlnx - ax2 - x + a ，則 g x = lnx - 2ax ，
又 g x 有兩個不同的極值點 x1, x2 ,\lnx1 = 2ax1, lnx2 = 2ax2 ，
欲證 lnx1 + 2lnx2 > 3，即證 2ax1 + 4ax2 > 3，
3
Q0 < x1 < x2 ,\原式等價于證明 a > 2x + 4x ①.1 2
x
x 2
由 lnx1 = 2ax1, lnx2 = 2ax
2
2 ，得 ln = 2a
ln
x
x 2
- x1 ，則 a x= 1 ②.1 2 x2 - x1
ln x2
由①②可知原問題等價于求證 x1 3> ，
x2 - x1 x1 + 2x2

3 x 2

-1
x ÷
即證 ln 2
3 x2 - x1 è x> = 1 .
x x + 2x 2x1 1 2 1+ 2
x1
t x= 2 3 t -1 令 x ，則 t > 1，上式等價于求證 lnt > .1 1+ 2t
3 1+ 2t - 6 t -1 t -1 4t -1
令 h t 3 t -1 1= lnt - ，則 h t = - = ，
1+ 2t t (1+ 2t)2 t(1+ 2t)2
Qt >1,\h t > 0 恒成立，\h t 在 1, + 上單調遞增，
\當 t > 1時， h t > h 1 = 0 3 t -1，即 lnt > ，
1+ 2t
\原不等式成立，即 lnx1 + 2lnx2 > 3 .
【點睛】方法點睛：①對于極值點偏移問題，首先找到兩極值點的相應關系,然后構造商數

或加數關系 t
x
= 2 ，t = x
x 2
+ x1 ÷；
è 1
②通過要證明的不等式，將兩極值點變形后構造相應的函數，
③利用導數求解出構造函數的最值，從而證明不等式或等式成立.
【變式 2】（2024下·安徽宿州·高二安徽省泗縣第一中學校考開學考試）已知函數
f x = x - 2 e- x （其中 e = 2.71828L為自然對數的底數）.
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)若 a,b b a為兩個不相等的實數，且滿足 ae - be = 2 eb - ea ，求證： a + b > 6.
【答案】(1)增區間為 - ,3 ，減區間為 3, +
(2)證明見解析
【分析】（1）求導，然后根據導函數的正負來判斷 f x 得單調性；
b
（2）將 ae - bea = 2 eb - ea a - 2 b - 2變形為 a = b 得到 f a = f b ，然后構造函數e e
g x = f x - f 6 - x ，根據 g x 得單調性和 g x < 0 得到 f a < f 6 - a ，最后根據
f a = f b 和 f x 得單調性即可證明 a + b > 6.
- x - x - x
【詳解】（1） f x = e + x - 2 × -1 ×e = 3- x e ，
令 f x > 0，解得 x < 3，令 f x < 0，解得 x > 3，
所以 f x 的增區間為 - ,3 ，減區間為 3, + .
b a b a a b 2 2 a - 2 b - 2
（2）證明：將 ae - be = 2 e - e 兩邊同時除以 eaeb 得 - = - ，即 = ，ea eb ea eb ea eb
所以 f a = f b ，
由（1）知 f x 在 - ,3 上單調遞增，在 3, + 上單調遞減，
又 f 2 = 0 ， f 3 1= 3 ，當 x 2, + 時， f x > 0，e
設 a < b ，則 2 < a < 3 < b ，
令 g x = f x f 6 x x - 2 4 - x- - = x - 6 x 2 < x < 3 ，e e -
6-x
g x 3- x 3- x 3 x e - e
x
則 = x - 6-x = -e e e6
，
由 2 < x < 3得6 - x > x，所以e6-x > ex ，3 - x > 0，
所以 g x > 0， g x 在 2,3 上單調遞增，
又 g 3 = f 3 - f 3 = 0，所以 g x < 0 ，
當 2 < x < 3時， f x - f 6 - x < 0 ，即 f a - f 6 - a < 0，即 f a < f 6 - a ，
又 f a = f b ，所以 f b < f 6 - a ，
又6 - a > 3，b > 3， f x 在 3, + 上單調遞減，
所以b > 6 - a，即 a + b > 6.
【點睛】方法點睛：處理極值點偏移問題中的類似于 x1 + x2 > a f x1 = f x2 的問題的基
本步驟如下：
①求導確定 f x 的單調性，得到 x1, x2 的范圍；
②構造函數F x = f x - f a - x ，求導可得F x 恒正或恒負；
③得到 f x1 與 f a - x1 的大小關系后，將 f x1 置換為 f x2 ；
④根據x2與 a - x1的范圍，結合 f x 的單調性，可得x2與 a - x1的大小關系，由此證得結論.
x 2
【變式 3】（2024·遼寧·模擬預測）已知函數 f x = e - ax (a > 0)．
2
(1)當 a e= 時，判斷 f x 在區間 1, + 內的單調性；
4
(2)若 f x 有三個零點 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）證明： x1 + x2 + x3 > 3 .
【答案】(1) f x 在 1,2 上單調遞減，在 2, + 上單調遞增
e2
(2)（i） a ,+ ÷ ；（ii）證明見解析
è 4
【分析】（1）多次求導后，借助導數的單調性及正負即可判斷原函數的單調區間；
x x
（2）（i e e）原條件可轉化a = 2 有三個不等實根，從而構造函數 h x = 2 ，研究該函數即可x x
得；（ii）借助的 h x 單調性，得到 x1 > -1，從而將證明 x1 + x2 + x3 > 3，轉化為證明
x
x 32 + x3 > 4，再設 t = x ，從而將三個變量的問題轉化為單變量問題，即可構造函數2
2
m x ln x x -1 = - x >1 ，證明其在 1, + 上大于 0 即可.
x +1
e2 e2 e2
【詳解】（1）當 a = 時， f x = ex - x2 ， f x = ex - x ，
4 4 2
2 2
令 g x = f x ex e e= - x ， g x = ex - ，
2 2
2 2
令 g x ex e 0 x ln e= - = ，可得 = = 2 - ln 2，
2 2
則當 x 1,2 - ln 2 時， g x < 0，當 x 2 - ln 2,+ 時， g x > 0，
即 g x 在 1, 2 - ln 2 上單調遞減，在 2 - ln 2, + 上單調遞增，
2
又 g 1 e= f 1 = e - < 0， g 2 = f 2 = e2 - e2 = 0 ，
2
故當 x 1,2 時， f x < 0，當 x 2, + 時， f x > 0，
故 f x 在 1,2 上單調遞減，在 2, + 上單調遞增；
（2）（i） f x 有三個零點，即ex - ax2 = 0 有三個根，
x
由 x = 0 e不是該方程的根，故a = 2 有三個根 x1, x2 , xx 3
，且 x1 < x2 < x3，
x
e x - 2 e
x
令 h x = 2 ， h x

= ，
x x3
故當 x - ,0 U 2,+ 時， h x > 0，當 x 0,2 時， h x < 0，
即 h x 在 - ,0 、 2, + 上單調遞增，在 0,2 上單調遞減，
2 2
h 2 e e= 2 = ，當 x - 時， h x →0， x 0- 時， h x + ，2 4
當 x 0+ 時， h x + ， x + 時， h x + ，
e2 x
故 a e ,+ 時， 有三個根；
è 4
÷ a =
x2
e-1 1 e2
（ii）由 h x 在 - ,0 上單調遞增， h -1 = 2 = <4e 4 ，故 x1 > -1 ，-2
ex1 ex2 ex3
由（i）可得 2 = 2 = 2 = a ，且-1 < x1 < 0 < x < 2 < x ，x 2 31 x2 x3
x3
即只需證 x2 + x3 > 4，設 t = >1x ，則
x3 = x2t，
2
ex2 ex2t
則有 = ，即有 t 2 = ex2 t-1 x2 2 ，故 2ln t = x
2ln t
x 2
t -1 ， x2 = ，
2 2t t -1
x 2t ln t= x x 2ln t 2t ln t
2 t +1 ln t
則 3 ，即 2 + 3 = + = ，t -1 t -1 t -1 t -1
2 t +1 ln t t +1 ln t 2 t -1
即只需證 > 4 > 2 ln t - > 0，
t -1 t -1 t +1
2 x -1令m x = ln x - x >1 ，
x +1
1 2 x +1 - 2 x -1 x +1m x
2 - 4x x -1 2
則 = - 2 =x x +1 x x +1 2
= > 0 恒成立，
x x +1 2
故m x 在 1, + 上單調遞增，
則m x > m 1 = ln1- 0 = 0，即得證.
【點睛】方法點睛：極值點偏移問題的一般題設形式：
1.若函數 f (x) 存在兩個零點 x1, x2 且 x1 x2 ，求證： x1 + x2 > 2x0 （ x0 為函數 f (x) 的極值點）；
2.若函數 f (x) 中存在 x1, x2 且 x1 x2 滿足 f (x1) = f (x2 )，求證： x1 + x2 > 2x0 （ x0 為函數 f (x)
的極值點）；
x + x
3. 若函數 f (x) 存在兩個零點 x , x 且 x x ，令 x = 1 21 2 1 2 0 ，求證： f x0 > 0；2
x + x
4. 若函數 f (x) 中存在 x1, x2 且 x1 x2 滿足 f (x 1 21) = f (x2 )，令 x0 = ，求證： f x0 > 0 .2
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
1．（2022·四川成都·一模）已知 a > b，且 ea - a = eb - b =1.01，則下列說法正確的有（ ）
1
① b < -1； ② 0 < a < ；③ b + a < 0； ④ a - b <1 .2
A．①②③ B．②③④ C．②④ D．③④
【答案】B
x
【分析】令 f x = e - x，利用導數討論其單調性后可判斷①②④正負，利用極值點偏移
可判斷③的正誤.
x x
【詳解】令 f x = e - x，則 f x = e -1，
當 x < 0 時， f x < 0；當 x > 0時， f x > 0；
故 f x < 0 在 0, + 上為增函數，在 - ,0 上為減函數，
而 f a = f b ， a > b，故b < 0, a > 0 ，
f 1 1 1 1 1 37而 - ÷ = + > + = >1.02 >1.01 = f b
1
，故- < b < 0，故①錯誤.
è 2 2 e 2 1.7 34 2
1 1
又 f ÷ = e - > 2.56
1
- =1.6 - 0.5 >1.01 = f a ，故0 < a 1< ，
è 2 2 2 2
故②正確， 此時 a - b <1，故④正確.
設 h x = f x - f -x = ex - e- x - 2x, x 0 ，
則 h x = ex + e- x - 2 2 ex e- x - 2 = 0（不恒為零），
故 h x 在 0, + 上為增函數，
故"x > 0，必有 h x > h 0 = 0即 f x > f -x x > 0 ，
所以 f a > f -a ，即 f b > f -a ，
由 f x 的單調性可得b < -a 即 a + b < 0，故③成立.
故選：B.
【點睛】思路點睛：導數背景下不等關系的討論，注意根據等式或不等式的關系構建新函數，
并結合單調性來比較大小關系，在不等式關系的討論中，注意利用極值點偏移來處理大小關
系.
x x m lnx + x -12 2023· · e ．（ 全國 模擬預測）若關于 的方程 = 有兩個解，則實數m 的取值范
x
圍為（ ）
A． e,+ B． e2 ,+ C． 8,+ D． 4e, +
【答案】B
【分析】首先變形構造函數 f x = xex - m lnx + x -1 ，討論m 0和m > 0兩種情況，利用
導數判斷函數的單調性，再結合函數的最值，并結合零點存在性定理，求實數m 的取值范
圍.
x
【詳解】依題意，有 xe - m lnx + x -1 = 0，
令 f x = xex - m lnx + x -1 x m ，則 f x = x +1 e - x ÷ .è
當m 0時， f x > 0在 0, + 上恒成立， f x 在 0, + 上單調遞增，
故 f x 至多只有 1 個零點；
m
當m > 0時，令 ex - = 0，設 x0 為該方程的解，x
故當 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，
則函數 f x 的最大值為 f x0 = x ex00 - m lnx0 + x0 -1 < 0；
而 ex
m
0 - = 0 x0 lnx + x = lnm
x ，故 x0e = m ，故 0 0 ，0
故 f x0 = m 2 - lnm < 0 ，解得m > e2 ，可知 x0 >1，故 f 1 = e - m + m = e > 0 ，
所以 f x 在 0, x0 上僅有 1 個零點，
當 x + 時， f x + ，故 f x 在 x0 ,+ 上也有 1 個零點，
2
故實數m 的取值范圍為 e ,+ .
故選：B.
【點睛】本題考查利用導數研究函數的性質和零點問題，涉及構造函數，分類討論，以及隱
x
零點問題，本題的一個關鍵是根據 x0e 0 = m ，變形求 f x0 < 0，再結合函數零點存在性定
理說明存在兩個零點.
2
3．（2023·四川南充·一模）已知函數 f (x) = ln x - + 2 - m （0 < m < 3）有兩個不同的零點
x
x1，x2（ x1 < x2），下列關于x1，x2的說法正確的有（ ）個
x 2 m
① 2 < e2mx ② x1 > ③ e
3 x 3<
m + 2 2
< ④ x1x2 >1
1 3 - m
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】函數 f x = ln x 2- + 2 - m 0 < m < 3 有兩個不同零點 x1, x2 x1 < x2 ，轉化為x
ln x 2 2 m 2- + = 有兩個交點，構造函數 g x = ln x - + 2 ，判斷單調性，利用數形結合，判
x x
斷①，再根據①判斷②，再根據零點,構造函數，判斷選項③,根據零點判斷④.
【詳解】由函數 f x = ln x 2- + 2 - m 0 < m < 3 有兩個不同零點 x1, x2 x1 < x ，x 2
2
轉化為 ln x - + 2 = m 0 < m < 3 有兩個交點 x1, x2 x1 < x2 ，x
2 2 1 2
構造函數 g x = ln x - + 2 ， h x = ln x - + 2 ，則 g x = + 2 ，故 g x > 0，所以 g x x x x x
在 0, + 單調遞增，而 g 1 = 0，可得 h x 圖象如圖所示
故 h x 在 0,1 單調遞減，在 1, + 單調遞增，
所以 0 < x1 < 1 < x2 ，
2
對于①，m = - ln x1 + - 2 = ln x
2
2 - + 2x x ，1 2

所以 2m
2 2 x
= - ln x1 + ln x2 + - > ln 2 ÷，x1 x2 è x1
x2 < e2m所以 x ，故①正確；1
2
對于②，由①可知m = - ln x1 + - 2x ，故
mx1 + 2x1 - 2 = -x1 ln x1 > 0，
1
2
因此 x1 > ，故②正確；m + 2
m m
對于③，因為0 < m < 3，所以0 < <1，故1< e 3 e, 3< >1，
3 3 - m
g 3 3
2 3- m 3 2m
所以 ÷ = ln - + 2 = ln + ，
è 3 - m 3 - m 3 3- m 3
g 3 則 ÷ - m = - ln 3- m
m
- + ln 3，
è 3- m 3
構造函數Q x = - ln 3 - m m- + ln 3，
3
則Q x
1 1 m
= - = > 0
3- m 3 3 3 Q- m ，而 0 = 0 ，
g 3 所以 ÷ > m = g x2 ，
è 3- m
3
所以 x2 < ，3- m
m m 2 m m 1 3
因為 g e ÷ = - + 23 m ，所以m - g e
3 ÷ = 2 - +1÷，
è e 3 è 3
m ÷
è e 3
m
令 = t 0 < t <1 1，構造 I t = t - t +1，顯然 I t 單調遞增，且 I 0 = 0，3 e
m
所以m = g x 32 > g e ÷
è
m
e 3 x 3所以 < 2 < ，故③正確；3- m
2 2 4
對于④，由①可知， ln x1x2 = + - 4 > - 4x x ，1 2 x1x2
4
所以 ln x1x2 - + 4 > 0x1x
，
2
令 x1x2 = n，W n = 2ln n
4
- + 4，顯然W n 單調遞增，且W 1 = 0 ，
n
所以 x1x2 >1，故④正確.
故選：D
二、多選題
a b
4．（2023·湖南永州·二模）已知 = = 2.86， c ln c = d ln d = -0.35， a < b ， c < d ，則
ln a ln b
有（ ）
2
A． a + b < 2e B． c + d >
e
C． ad <1 D．bc >1
【答案】BCD
x
【分析】令 f x = x >1 ， g x = x ln x，求導可求得 f x , g x 的單調性，利用極值
ln x
1 1 1 1
點偏移的求解方法可求得 AB 正誤；由 f x ÷
= -
g x ，可確定 fè ÷
< f a , f ÷ < f b ，
è d è c
結合 f x 單調性可得 CD 正誤.
x
【詳解】令 f x = x >1 ， g x = x ln x，
ln x
Q f x ln x -1= 2 ，\當 x 1,e 時， f x < 0；當 x e, + 時， f x > 0；ln x
\ f x 在 1,e 上單調遞減，在 e, + 上單調遞增，且 f x = f e = emin ；
若 f a = f b = 2.86，則1< a < e < b，
令F x = f x - f 2e - x ，1< x < e
F x ln x -1 ln 2e - x -1 ln x × ln
2 2e - x + ln2 x × ln 2e - x - ln2 x - ln2 2e - x
則 = + =

ln2 x ln2 2e - x ln2 x × ln2 2e - x
ln x ln 2e - x éln 2e - x + ln x ù - ln2 x - ln2 2e - x =
ln2 x × ln2 2e - x
ln x ln 2e - x × ln -x2 + 2ex - ln2 x - ln2 2e - x
= ，
ln2 x × ln2 2e - x
Q當 x 1,e 時，-x2 + 2ex < e2 ，
\ln x ln 2e - x × ln -x2 + 2ex - ln2 x - ln2 2e - x < 2ln x ln 2e - x - ln2 x - ln2 2e - x
2
= - é ln x - ln 2e - x ù ，
\F x < 0在 1,e 上恒成立，\F x 在 1,e 上單調遞減，\F x > F e = 0，
即 f x > f 2e - x ，又1< a < e ，\ f a > f 2e - a ，
Q f a = f b ，\ f b > f 2e - a ，
Qb > e， 2e - a > e， f x 在 e, + 上單調遞增，
\b > 2e - a，即 a + b > 2e，A 錯誤；
Q g x = ln x +1 ，\當 x 0,
1 1
÷時， g x < 0；當 x ,+ ÷時， g x > 0；
è e è e
g x 0, 1 1 1\ 1在 ÷ 上單調遞減，在e ,+ ÷ 上單調遞增，且 g x = g = -è è e min e ÷ ；è e
1
由 c ln c = d ln d = -0.35得：0 < c < < d <1；
e
G x = g x - g 2 - x 0 x 1設 ， < < ，
è e ÷ e
G x = ln x +1+ ln 2 - x +1 = ln 2 x - x2 則 ÷ ÷ + 2；
è e è e
2 1
當0 < x
1
< -x2時， + x

0,

2 ÷ ，\G x < 0，e e è e
G x 0, 1 1\ 2 在 ÷ 上單調遞減，\G x > G ÷ = 0，即 g x > ge e - x ÷，è è è e
1 g c g 2又0 < c < ，\ > - c

÷，又 g c g d g d g
2= \ > - c ， ÷，e è e è e
Qd 1 2 c 1> ， - > ， g x 1 ,+ 在
e e e ÷
上單調遞增，
è e
d 2 c c d 2\ > - ，即 + > ，B 正確；
e e
1
0 c 1
1 1 1
Q1< a < e < b， < < < d <1 f x， ÷ = 1 = - = -e è x ln x ln x g x
，
x
\ f 1 1 1 ÷ = - = 2.857 < 2.86 = f a
1
d g d 0.35 ，又1< < e ，1< a < e ，
f x 在 1,e 上單調
è d
遞減，
1
\ > a ，則 ad <1，C 正確；
d
Q f 1 1 ÷ = - 2.857 < 2.86 = f b
1
c g ，又 > e，b > e， f xc 在 e, + 上單調遞增，è c
1
\ < b，則bc >1，D 正確.
c
故選：BCD.
【點睛】方法點睛：本題考查了導數中的極值點偏移問題，處理極值點偏移問題中的類似于
x1 + x2 > a （ f x1 = f x2 ）的問題的基本步驟如下：
①求導確定 f x 的單調性，得到 x1, x2 的范圍；
②構造函數F x = f x - f a - x ，求導后可得F x 恒正或恒負；
③得到 f x1 與 f a - x1 的大小關系后，將 f x1 置換為 f x2 ；
④根據x2與 a - x1所處的范圍，結合 f x 的單調性，可得到x2與 a - x1的大小關系，由此證
得結論.
5．（2023·湖北襄陽·模擬預測）已知關于 x 的方程 xex - a = 0有兩個不等的實根 x1, x2 ，且 x1 < x2，
則下列說法正確的有（ ）
A．-e-1 < a < 0 B． x1 + x2 < -2 C． x2 > a D x + e
x
． 11 < 0
【答案】ABD
【分析】由已知 y = a 與 y = xex 有兩個不同的交點，利用導數研究函數 f (x) = xex 性質，結
合圖象確定 a的范圍，判斷 A，要證明 x1 + x2 < -2只需證明 x2 < -2 - x1，結合函數 f (x) 單調性
只需證明 f x1 < f -2 - x1 ，故構建函數F (x) = f x - f -2 - x ，利用導數證明結論，判
斷 B，利用比差法比較 x2 , a ，判斷 C
x
，利用x1的范圍，結合指數函數性質證明 x + e 11 < 0，
判斷 D.
【詳解】方程 xex - a = 0，可化為 xex = a ，
因為方程 xex - a = 0有兩個不等的實根 x1, x2 ，
所以 y = a 與 y = xex 有兩個不同的交點，
令 f (x) = xex ，則 f (x) = ex + xex = (1+ x)ex ，
令 f (x) = 0，可得 x=-1，
當 x < -1時， f (x) < 0 ，函數 f (x) 在 - , -1 單調遞減，
當 x > -1時， f (x) > 0 ，函數 f (x) 在 -1, + 單調遞增，
f (x)min = f (-1)
1
= - ，
e
當 x < 0 時， f (x) < 0，且 f (0) = 0，當 x > 0時， f (x) > 0 ，
當 x - 時，與一次函數相比，指數函數 y = e- x 呈爆炸性增長，
故 f x -x= - - x 0，e
當 x + 時， f x + ， f x + ，
根據以上信息，可得函數 f x 的大致圖象如下：
1
\- < a < 0，且 x < -1 < x < 0 ，故 A 正確．
e 1 2
因為 x1 < -1 < x2 < 0 ， -2 - x1 > -1
F (x) = f x - f -2 - x = xex -2-x構造 + (2 + x)e , x < -1，
F (x) = (x +1)ex + (-1- x)e-2-x = (x +1) ex - e-2-x > 0，
\F (x)在 (- , -1)上單調遞增，
\F x1 < F (-1) = 0，
\ f x1 < f -2 - x1 ，即 f x2 < f -2 - x1 ，
由 f x 在 -1, + 單調遞增
所以 x2 < -2 - x1 x1 + x2 < -2，故 B 正確．
a 1
對于 C，由 x2 = x ，- < a < 0，e 2 e
a
所以 x2 - a = x - a = a
1
e 2 x
-1÷，
è e 2
又-1 < x2 < 0
1
，所以 x >1
1
，則 -1 > 0，所以 x
e ex 2
< a，故 C 錯誤．
2 2
對于 D，由 x < -1，可得0x
所以 x 11+e < -1+ e
-1 < 0，D 正確．
故選：ABD．
【點睛】關鍵點點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的
單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、
不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
6．（2023·福建寧德·二模）已知函數 f (x)
ln x
= ，則（ ）
x
A． f (2) > f (3)
B．若 f (x) = m 2有兩個不相等的實根x1，x2，則 x1x2 > e
C． ln 2 2<
e
D．若 2x = 3y ， x ， y 均為正數，則 2x > 3y
【答案】BCD
【分析】A：代入 2、3直接計算比較大小；B：求 f x 的導函數，分析單調性，可得當 f x = m
e2
有兩個不相等實根時x1、x2的范圍，不妨設x1 < x2 ，則有0 < x1 < e < x2 ，比較 f x1 , f x ÷è 1
2
的大小關系，因為 f x1 = f

x2 ，可構造F x = f x - f
e
÷ (0 < x < e)，求導求單調性，
è x
計算可得F x < 0 2 ln 2 ln e成立，可證 x1x2 > e ；C：用 f x 在 0,e 上單調遞增，構造 < 可2 e
x lg t lg t證明；D：令 2x = 3y = t ，解出 = y = 2x > 3ylg 2 ， lg3 ，做差可證明 .
ln 2 ln 3 6
【詳解】對于 A： f 2 = = ln 2 ， f 3 = = ln 3 3 ，又 2 = 23 = 8，2 3 3 3
6
= 9，
所以 2 < 3 3 ，所以 ln 2 < ln 3 3 ，則 f 2 < f 3 ，故 A 錯誤；
f x ln x對于 B：函數 = ，定義域為 0, + ，則 f x 1- ln x= 2 ，x x
當 f x > 0時，0 < x < e；當 f x < 0時， x>e；
所以 f x 在 0,e 上單調遞增，在 e, + 上單調遞減，
則 f x 1= 且 x>e時，有 f x > 0，所以若 f x = mmax 有兩個不相等的實根x1、xe 2，有
0 < m 1< ，
e
e2 e2
不妨設x1 < x2 ，有0 < x1 < e < x2 ，要證 x
2
1x2 > e ，只需證 x2 > ，且 x2 > > e，x1 x1

2
又 f x1 = f x2 ，所以只需證 f x
e
1 < f x ÷，è 1
2
令F x = f x f e- ÷ (0 < x < e)，
è x
2
F x f x f e 1 1 ln x 1 1 則有 = + ÷ × 2 = - -x x ÷，è è x2 e4
當0 < x < e 1 1時，1- ln x > 0， 2 - 4 > 0，所以有F x > 0，x e
即F x 在 (0, e)上單調遞增，且F e = 0，所以F x < 0恒成立，
e2 2
即 f

x1 < f
e
÷，即 f x2 < f 2 ÷，即 x1x2 > e ，故 B 正確.
è x1 è x1
對于 C：由 B 可知， f x 在 0,e 上單調遞增，則有 f 2 < f e ，
ln 2 ln e
< ln 2 2 2即 ，則有 < < ，故 C 正確；
2 e e e
lg t lg t
對于 D：令 2x = 3y = t ，則 t > 1， x = log2 t = ， y = log3 t =lg 2 lg3 ，
2x 3y 2lg t 3lg t lg t(lg9 - lg8)\ - = - = > 0
lg 2 lg3 lg 2 × lg3 ，
\2x > 3y ，故 D 正確；
故選：BCD.
【點睛】方法點睛：（1）給定函數比較大小的問題，需判斷函數單調性，根據單調性以及需
要比較的數值構造函數，利用函數的單調性可比較大小；
（2）極值點偏移法證明不等式，先求函數的導數，找到極值點，分析兩根相等時兩根的范
圍，根據范圍以及函數值相等構造新的函數，研究新函數的單調性及最值，判斷新函數小于
或大于零恒成立，即可證明不等式.
三、解答題
7．（22-23 高三上·河南洛陽·開學考試）（1）證明不等式： ex-2 > ln x （第一問必須用隱零點
解決，否則不給分）；
（2）已知函數 f (x) = (x - 2)ex + a(x -1)2有兩個零點.求 a 的取值范圍.（第二問必須用分段討論
解決，否則不給分）
【答案】（1）證明見解析；（2） (0, + ) .
【分析】（1）根據給定條件，構造函數 g(x) = ex-2 - ln x，借助導數探討函數最小值為正即可
推理作答.
（2）求出函數 f (x) 的導數，利用導數分類討論函數 f (x) 的單調性、零點情況作答.
x-2 x-2 1
【詳解】（1）令函數 g x = e - ln x， x > 0，求導得： g x = e - ，顯然函數 g (x) 在
x
(0, + )上單調遞增，
1 1
而 g (1) = e-1 -1 < 0 ， g (2) = > 0，則存在 x0 (1,2) ，使得 g (x ) = 0 e
x0 -2
0 ，即 = x ，有2 0
x0 - 2 = - ln x0，
當0 < x < x0 時， g (x) < 0，當 x > x0時， g (x) > 0，函數 g(x)在 (0, x0 )上單調遞減，在 (x0 ,+ )
上單調遞增，
g(x) = g(x ) = ex0 -2 1 1min 0 - ln x0 = + x0 - 2 > 2 × x0 - 2 = 0，x0 x0
所以 ex-2 > ln x .
（2）函數 f (x) = (x - 2)ex + a(x -1)2定義域 R，求導得 f (x) = (x -1)ex + 2a(x -1) = (x -1)(ex + 2a) ，
當 a > 0時，由 f (x) < 0 得， x <1，由 f (x) > 0 得， x >1，即函數 f (x) 在 (- ,1)上遞減，在
(1, + )上遞增，
f (x)min = f (1) = -e<0，而 f (2) = a > 0，即存在 x1 (1,2) ，使得 f (x1) = 0，則函數 f (x) 在 (1, + )
上有唯一零點，
a a 3
取b < 0且b < ln b，則 f (b) = (b - 2)e + a(b -1)2 > (b - 2) + a(b -1)2 = a(b2 - b) > 0，
2 2 2
即存在 x2 (b,1)，使得 f (x2 ) = 0 ，則函數 f (x) 在 (- ,1)上有唯一零點，
因此當 a > 0時，函數 f (x) 有兩個零點，
當 a = 0時，函數 f (x) = (x - 2)ex 只有一個零點 2，
0 e當 a< 時，若- < a < 0 ，當 x < ln(-2a)或 x >1時， f (x) > 0 ，當 ln(-2a) < x < 1時， f (x) < 0 ，
2
即有 f (x) 在 (- , ln(-2a)), (1, + )上單調遞增，在 (ln(-2a),1)上單調遞減，又"x < 1，
f (x) < 0，
因此函數 f (x) 在 (- ,1)上沒有零點，在 (1, + )上最多一個零點，即函數 f (x) 最多一個零點，
a e若 = - ，恒有 f (x) 0，即函數 f (x) 在 R 上單調遞增，函數 f (x) 最多一個零點，
2
若 a < - e2 ，當 x <1或 x > ln(-2a)時， f (x) > 0 ，當1 < x < ln(-2a)時， f (x) < 0 ，
即有 f (x) 在 (- ,1), (ln(-2a), + )上單調遞增，在 (1,ln(-2a))上單調遞減，又"x < 1，
f (x) < 0，當 x é 1, ln -2a 時， f x < 0 ，
因此函數 f (x) 在 (- , ln(-2a))上沒有零點，在 (ln(-2a), + )上最多一個零點，即函數 f (x) 最
多一個零點，
綜上得，當 a > 0時，函數 f (x) 有兩個零點，當 a 0時，函數 f (x) 最多一個零點，
所以 a 的取值范圍是 (0, + ) .
ln x +1 x
8．（2024·全國·
e
模擬預測）已知函數 f (x) = ， g(x) = ．
x x
(1)若對任意的m, n (0,+ )都有 f (m) t g(n)，求實數 t 的取值范圍；
x1
(2)若 x1, x2 (0,+ ) x
x2 -x x且 1 2 31 x2 ， e = x ，證明： x1 + x
3 > 2．
x 2 21
【答案】(1)[1,e]
(2)證明見解析
ln x +1 ex
【分析】（1）分別計算 f (x) = ， g(x) = 的導函數，接著分析它們的單調性，求得在
x x
x =1時， f (x) 的最大值為 f (1) =1， g(x)的最小值為 g(1) = e ，問題得解；
xx1 1
（2 x -x）先將 e 2 1 = 2x 轉化為 f x1 = f x2 ，再設 x1 < x2，數形結合得到 < x1 < 1 < xx 1 e 2 ，接著1
構造函數，利用函數的單調性得到 x1 + x2 > 2，最后利用放縮法證明不等式.
ln x +1 x
【詳解】（1）由 f (x) = ， g(x) e= ，
x x
f (x) - ln x
x
= g (x) e (x -1)得 ， = ，
x2 x2
當0 < x <1時， f (x) > 0 ， f (x) 在區間( 0, 1)上單調遞增，當 x >1時， f (x) < 0 ， f (x) 在區
間 (1, + )上單調遞減，所以當 x (0,+ )時， f (x) 的最大值為 f (1) =1．
當0 < x <1時， g (x) < 0， g(x)在區間( 0, 1)上單調遞減，當 x >1時， g (x) > 0， g(x)在區
間 (1, + )上單調遞增，所以當 x (0,+ )時， g(x)的最小值為 g(1) = e ．
所以1 t e，故實數 t 的取值范圍為[1,e]．
xx1
（2 ex1 -x1 = 2 x -x）由 1 1x 得 e × x
x1
1 = x
x1
2 ，兩邊取對數并整理，x 11
ln x +1 ln x +1得 x2 ln x1 +1 = x1 ln x2 +1 1 2，即 =x x ，即 f x1 = f x2 ．1 2
由（1）知，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，（技巧：注意對第（1）問結論的應用）
f 1 = 0 1而 ÷ ，當 x >1時， f (x) > 0 恒成立，不妨設 x1 < x2，則 < x < 1 < xe e 1 2 ．è
h(x) = f (x) - f (2 - x) x 1 記 ， ,1÷，
è e
則 h (x) = f (x) + f (2 - x)
ln x ln(2 - x)
= -
x2
- >
(2 - x)2
ln x ln(2 - x) ln é-(x -1)2 +1ù 1
- 2 - 2 = -
> 0 ，所以函數 h(x) 在 ,1e ÷上單調遞增，x x x2 è
所以 h(x) < f (1) - f (2 -1) = 0，即 f (x) < f (2 - x) x
1
， ,1e ÷，è
于是 f x2 = f x1 < f 2
1
- x 1 ， 2 - x1 1,2 - ÷，
è e
又 f (x) 在 (1, + )上單調遞減，因此 x2 > 2 - x1，即 x1 + x2 > 2，
所以 x3 + x3 > x31 2 1 + 2 - x
3
1 = 8 -12x1 + 6x21 = 6 x1 -1
2 + 2 > 2．
【點睛】利用對稱化構造的方法求解極值點偏移問題的“三步曲”：
（1）求導，得到函數 f (x) 的單調性、極值情況，作出函數圖象，由 f x2 = f x1 得到 x1, x2
的大致范圍．
（2）構造輔助函數（若要證 x1 + x2 > (<)2x0 ，則構造函數 g(x) = f (x) - f 2x0 - x ；若要證
2
x1x2 > (<)x
2
0 ，則構造函數 g(x) = f (x)
x
- f 0 ÷ .），限定 x1, x2 的范圍，求導，判定符號，獲得
è x
不等式．
（3）代入 x1, x2 ，利用 f x2 = f x1 及 f (x) 的單調性即得所證結論．
2ln x - a
9．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = 2 .x
(1)若 x > 0時， f (x) 1恒成立，求實數 a的取值范圍；
(2)當實數 a取第（1）問中的最小值時，若方程 f (x) = m有兩個不相等的實數根x1，x2，請
x2 + x2 2x2x2比較 1 2 ， 1 2 ，2 這三個數的大小，并說明理由.
【答案】(1) a -1；
(2) x2 21 + x2 > 2x
2
1 x
2
2 > 2 .
【分析】（1）根據給定條件，變形不等式，分離參數構造函數，并求出函數的最大值即得.
（2）由（1）求出函數 f (x) 并變形，換元構造函數 h(t) = t(1- ln t)，利用導數結合極值點偏
移推理即得.
2ln x - a
【詳解】（1）當 x > 0時，不等式 f (x) 1 2 1 a 2ln x - x
2
，
x
令 g(x) = 2ln x - x2 , x > 0，依題意，"x > 0,a g(x)恒成立，
2
求導得 g (x) 2= - 2x 2(1- x )= ，當0 < x <1時， g (x) > 0，當 x >1時， g (x) < 0，
x x
于是函數 g(x)在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減， g(x)max = g(1) = -1，
所以 a -1 .
（2）由（1）知， amin = -1 f (x)
2 ln x +1 1 1
，此時函數 = 2 = 2 (1- ln 2 )，x x x
1
令 2 = t ， h(t) = t(1- ln t)，則 f ( x) = h(t)x ，
由方程 f (x) = m有兩個不相等的實數根 x1, x2 ，得方程 h(t) = m有兩個不相等的實數根 t1, t2 ，
t 1= , t 1= x2
1 1
1 x2 2 x2 ，要比較 1 + x
2
2 ， 2x
2x21 2 ，2 這三個數的大小，只需比較 2 +x x2 ，2，1 2 1 2
2 1 1×
x2
×
1 x
2
2
這三個數的大小，即比較 t1 + t2 , 2, 2t1t2 這三個數的大小，
h (t) = - ln t ，當0 < t <1時， h (t) > 0 ，當 t > 1時， h (t) < 0，
則函數 h(t)在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減，顯然 t (0,1)， h(t) > 0，而 h(e) = 0，
由方程 h(t) = m有兩個不相等的實數根 t1, t2 ，不妨設 t1 < t2 ，則0 < t1 <1 < t2 < e ，
令函數j(t) = h(t) - h(2 - t),0 < t <1，顯然 2t - t 2 = -(t -1)2 +1 (0,1)，
求導得j (t) = h (t) + h (2 - t) = - ln t - ln(2 - t) = - ln(2t - t 2 ) > 0，函數j(t) 在( 0, 1)上單調遞增，
于是j(t1) < j(1) = 0，即 h(t1) < h(2 - t1) ，而 h(t1) = h(t2 ), t2 >1,2 - t1 >1， h(t)在 (1, + )上單調
遞減，
因此 h(t2 ) < h(2 - t1)，即有 t2 > 2 - t1，則 t1 + t2 > 2，
令函數u(t) = h(t) - h(
1),0 < t 1<1， 2 >1, ln t < 0，t t
u (t) h (t) 1求導得 = + 2 h (
1) ln t 1= - - 2 ln
1 1
= ( -1) ln t < 0，函數u(t)2 在( 0, 1)上單調遞減，t t t t t
1 1
u(t1) > u(1) = 0，即 h(t1) > h( )，而 h(t1) = h(t2 ), t2 >1, >1， h(t)在 (1, + )t t 上單調遞減，1 1
因此 h(t2 ) > h(
1 ) 1，即有 t2 < ，則 t1t2 < 1，有 2t1t2 < 2，于是 t1 + t2 > 2 > 2t1tt t 2 ，1 1
1 1 1 1
從而 2 + 2 > 2 > 2 × × 2 2 2 2x x x2 x2 ，所以 x1 + x2 > 2x1 x2 > 2 .1 2 1 2
【點睛】思路點睛：涉及函數的雙零點問題，不管待證的是兩個變量的不等式，還是導函數
的值的不等式，都是把雙變量的等式或不等式轉化為一元變量問題求解，途徑都是構造一元
函數.
10．（23-24 高三上·云南昆明·階段練習）設 a，b 為函數 f x = x ×ex - m （m < 0）的兩個零
點．
(1)求實數m 的取值范圍；
(2)證明： ea + eb <1．
1
【答案】(1) - ,0

e ֏
(2)證明見解析
【分析】（1）求出定義域，求導，得到 f x 的單調性和極值情況，根據函數零點個數，得
f x < 0 m 1 1 1到 min ，求出 > -

，結合題目條件，得到當- < m < 0時， f ÷ > 0，根據零點e e è m
存在性定理得到 f x 在 - ，-1 內存在唯一零點，同理得到 f (x) 在 -1,0 內存在唯一零點，
從而求出答案；
（2）設 a < -1< b < 0，由 a ×ea b ea-b
b b ln t t ln t
= b ×e 可得 = ，令 = t 0,1 ，故 a = ， b = ，a a 1- t 1- t
ln t +1 ln t
推出要證 ea + eb <1，即證 < ，構造 g x ln x= ， x 1，求導，對分子再構造函
t t -1 x -1
t ln t
數，證明出 g x 0， g x 在定義域內單調遞減，故 g t +1 < g t ，即 ln 1+ t + < 0，
1- t
證明出結論.
【詳解】（1） f x x的定義域為 R， f (x) = x +1 e ，
當 x - ,-1 時， f x < 0，當 x -1, + 時， f x > 0，
故 f x 在 - ,-1 內單調遞減，在 -1, + 單調遞增，
故要使 f x 有兩個零點，則需 f x = f -1 = -e-1 - m < 0 1min ，故m > - ，e
1
由題目條件m < 0，可得- < m < 0，
e
1 1
當- < m < 0時，因為 f
1 1 1
÷ = em - m > m - m = 0，又 < -e < -1，e è m m m
故 f x 在 - ，-1 內存在唯一零點，
又 f 0 = -m > 0，故 f (x) 在 -1,0 內存在唯一零點，
f x m 1- ,0 則 在 R 上存在兩個零點，故滿足題意的實數 的取值范圍為 ；
è e ÷
2 a-b
b
（ ）證明：由（1）可設 a < -1< b < 0，由 a ×ea = b ×eb 可得 e = ，a
b
令 = t 0,1 ln t，則b = at ，所以 ea-ata = t ，故 a = ，1- t
b at t ln t所以 = = ，
1- t
要證 ea + eb <1，
ln t t ln t t ln t t ln t t ln t t ln t
+ln t+1
即證 e1-t + e 1-t <1 e 1-t eln t +1 <1 e 1-t t +1 <1 e 1-t eln t+1 <1 e 1-t <1，
ln 1 t t ln t即證 + + < 0，
1- t
t 0,1 ln 1+ t ln t ln t +1因為 ，即證 + < 0 ln t，即 < ，
t 1- t t t -1
x -1 ln x 1 1 1ln x - - + ln
令 g x = ， x 1，
x -1 g x =
x = x x ，
x -1 2 x -1 2
令 h u = u -1- ln u ，則 h u =1 1- ，當u 0,1 時， h u < 0，
u
當u 1, + 時， h u > 0，
故 h u 在 0,1 內單調遞減，在 1, + 單調遞增，所以 h u h 1 = 0，
1
u 1 ln u 0 u 1所以 - - ，令 = 得 -1- ln
1
0，
x x x
1 1 ln 1- +
故 g x = x x 0 ， g x 在定義域內單調遞減，
x -1 2
故 g t +1 < g t ln t +1 ln t，即 < ， ln t 1 t ln t+ < ， ln 1 t t ln t+ + < 0，
t t -1 t -1 1- t
則 ea + eb <1，證畢．
【點睛】導函數處理零點個數問題，由于涉及多類問題特征（包括單調性，特殊位置的函數
值符號，隱零點的探索、參數的分類討論等），需要學生對多種基本方法，基本思想，基本
既能進行整合，注意思路是通過極值的正負和函數的單調性判斷函數的走勢，從而判斷零點
個數，較為復雜和綜合的函數零點個數問題，分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進
行分類討論，分類的標準，及分類是否全面，都是需要思考的地方
【綜合提升練】
一、單選題
ì ln x
,0 < x e
1．（22-23 高二下·福建廈門·期末）已知函數 f x = í x ，若 a < b < c，且
1 x 2 - + , x > e e2 e
f a = f b blna= f c ，則 ·c 的取值范圍為（　　）
alnb
A． (e, 2e) B． (-2e,-e)
C． (1, 2e) D． (-2e,-1)
【答案】B
【分析】畫出函數 y = f x ln a ln b b ln a的圖象，結合圖象得到 c e, 2e 且- = ，進而求得 ×c
a b a ln b
的取值范圍.
ì ln x
,0 < x e
f x = 【詳解】由函數 í x ，
1 2
- 2 x + , x > e e e
當0 < x 1 f x ln x ln x -1 時，可得 = - ，可得 f x = < 0 ，
x x2
所以 f x 在 (0,1]上單調遞減，且 f 1 = 0；
ln x
當1< x e 時，可得 f x = ，可得 f x 1- ln x= > 0，
x x2
所以 f x 在 (1,e]上單調遞增，且 f e 1= ；
e
x>e f x 1 x 2 (e, + ) 1當 時， = - 2 + 在 單調遞減，且 f e = - ，e e e
畫出函數 f x 的圖象，如圖所示：
a b c f a f b f c a 0,1 ,b 1,e ,c e,2e ln a ln b若 < < ，且 = = ，則 且- = ，
a b
b ln a
所以 ×c = -c (-2e, -e) .
a ln b
故選：B.
2 2023· · f x = ex．（ 江西南昌 二模）已知函數 sin x + ax é π ù， x ê0, 2 ú ．若 f x 有且只有兩個零
點，則實數 a 的取值范圍是（ ）
é 2 π é 2 π
A． ê- e 2 , + ÷ B． ê- e 2 ,0
π π
÷

é 2 π ù é 2 π
C． ê- e 2 ,0ú D． ê- e 2 ,-1π π ÷
【答案】D
π ù
【分析】根據已知條件可得 f 0 = 0，則將問題轉化為 f x 在區間 0, ú 上有且只有 1 個è 2
π π
零點，分別討論① a -1，② a -e 2 ，③ -e 2 < a < -1時 f (x) 的單調性、最值、端點值與 0
比較即可求得結果.
π ù
【詳解】由已知可得 f 0 = 0，則 f x 在區間 0, 上有且只有 1 個零點．
è 2 ú
f x = ex sin x + ex cos x + a ，
令 g x = ex sin x + ex cos x + a é π ù， x 0,
ê 2 ú
．

則 g x = ex sin x + cos x + ex cos x - sin x = 2ex cos x ，
因為 g x = 2ex cos x 0 é0, π ù在區間 ê 上恒成立， 2 ú
所以 f x é π ù在區間 ê0, 2 ú 上單調遞增．
所以，當 x = 0時， f x 有最小值 f 0 = a +1；
x π
π
當 = 時， f x 有最大值 f π 2 ÷ = e
2 + a．
è 2
①當 a -1時，有 f 0 = a +1 0，則 f x 0恒成立，
f x é0, π ù所以 在區間 ê 2 ú 上單調遞增，
所以 f x f 0 ．
又因為 f 0 = 0，
所以 f x 0, π ù在區間 ú 上無零點，不符合題意，舍去；è 2
π
π π
② é
π ù
當 a -e 2 時，有 f ÷ = e
2 + a 0恒成立，則 f x 在區間 ê0, 2 ú 上單調遞減，è 2
所以 f x f 0 ．
又因為 f 0 = 0，
π ù
所以 f x 在區間 0, ú 上無零點，不符合題意，舍去；è 2
π
π
③當-e 2 < a < -1時，有 f 0 = a +1 < 0 f
π
， 2 ÷
= e 2 + a > 0．
è
又 f x é0, π ù在區間
ê 2 ú
上單調遞增，

π
根據零點的存在定理可得，$x0 0, ÷，使得 f x = 0．
è 2
當 x 0, x0 時， f x < 0， f x 單調遞減；
當 x

x ,
π ù
0 ú 時， f x > 0， f x 2 單調遞增．è
π
又 f 0 π= 0 f π π， ÷ = e 2 + a ，要使 f x

在區間 0,
ù
上有且只有一個零點，
è 2 2 è 2 ú
π π
則 e 2 π+ a 0 2，解得 a - e 2 ．
2 π
π
又因為-e 2 < a < -1，
2 π
所以- e 2 a < -1．
π
é 2 π
綜上，實數 a 的取值范圍是 ê- e 2 ,-1÷．
π
故選：D.
【點睛】研究函數零點策略
（1）含參數的函數零點個數，可轉化為方程解的個數，若能分離參數，可將參數分離出來
后，用 x 表示參數的函數，作出該函數的圖象，根據圖象特征求參數的范圍．
（2）涉及函數的零點(方程的根)問題，主要利用導數確定函數的單調區間和極值點，根據
函數零點的個數尋找函數在給定區間的極值以及區間端點的函數值與 0 的關系，從而求得參
數的取值范圍．
3．（22-23 高三上· x遼寧錦州·階段練習）已知函數 f x = a x + cos x - e 在 0, π 上恰有兩個
極值點，則 a的取值范圍是（ ）
A． 0,1 B - , eπ． C π π． 0,e D． e , +
【答案】D
【分析】根據題意可得 f x 在 0, π π π π內有兩個零點，分 x = 和 x 0, ÷ U , π 2 ÷ 兩種情況，è 2 è 2
g x e
x
= ， x
0, π U π
1 sin x 2 ÷
, π ÷ ，可得原題意等價于 y = a 與 y = g x ，
- è è 2
x 0,
π U π÷ , π

2 2 ÷
有兩個交點，求導，利用導數判斷 y = g x 的單調性，結合圖象分析求解.
è è
x
【詳解】由題意可得： f x = a 1- sin x - e ，
因為函數 f x 在 0, π 上恰有兩個極值點，則 f x 在 0, π 內有兩個零點，
π
-
1.當 x
π
= 時，則 f
π
÷ = -e 2 < 02 ，不合題意；è 2
π π x
2. e當 x 0, ÷ U , π ÷ 時，則1- sin x > 0 ，可得 ，
è 2
a =
è 2 1- sin x
ex
令 g x = ， x
π π

1 sin x
0, ÷ U , π ÷ ，
- è 2 è 2
π π
原題意等價于 y = a 與 y = g x ， x 0, ÷ U2 , π ÷ 有兩個交點，è è 2
x e
x é1- 2 sin x π- ù
因為 e 1- sin x + cos x
ê ÷ú
g x 4= = è ，
1- sin x 2 1- sin x 2
x 0, π x π π π - , sin π

x 2 2

當 時，則 ，可得 -
- , ，
è 2 ÷ 4 è 4 4 ÷ ÷
÷
è 4 è 2 2 ÷
則 g x > 0 π ，所以 g x 在 0, 2 ÷上單調遞增，è
可得 g x > g 0 =1 π，當 x 趨近于 時， g x 趨近于+ ；
2
ù
當 x
π , π x π π , 3π π - 2 ÷ 時，則 ÷，可得 sin x - ÷ ,12 4 4 4 4 2 ú
，
è è è è
則 g x < 0，所以 g x 在 0, π 2 ÷上單調遞減，è
π π
可得 g x > g π = e ，當 x 趨近于 時， g x 趨近于+ ；
2
e
x
x 0, π 可得 g x = ， ÷ U
π
, π ÷ 的圖象為1- sin x è 2 è 2
若 y = a 與 y = g x ， x 0,
π U π÷ , π

÷ 有兩個交點，則2 2 a > e
π ；
è è
π
綜上所述： a的取值范圍是 e , + .
故選：D.
【點睛】方法點睛：對于函數零點的個數的相關問題，利用導數和數形結合的數學思想來求
解．這類問題求解的通法是：
（1）構造函數，這是解決此類題的關鍵點和難點，并求其定義域；
（2）求導數，得單調區間和極值點；
（3）數形結合，挖掘隱含條件，確定函數圖象與 x 軸的交點情況進而求解．
4．（2020 高三·全國·專題練習）已知函數 f (x) = ex - ax有兩個零點x1，x2，則下列判斷：
① a < e ；② x1 + x2 < 2；③ x1 × x2 >1；④有極小值點 x0 ，且 x1 + x2 < 2x0 .則正確判斷的個
數是（ ）
A．4 個 B．3 個 C．2 個 D．1 個
【答案】D
【解析】利用函數的導數，判斷函數的單調性，對四個選項分別進行判斷，即可得出結論.
【詳解】對于①
Q f（ x）=ex - a
當 a 0時， f（ x）=ex - a > 0在 x R 上恒成立， （f x）在 R 上單調遞增,不符合.
當 a > 0時，由 f（ x）=ex - a > 0， ex - a > 0，解得 x > ln a，
f（ x）=ex - a < 0，解得 x < ln a
f (x) 在 (- , ln a)單調遞減，在 (ln a, + )單調遞增． f (x) 在 x = ln a有極小值，
Q函數 （f x）=ex - ax有兩個零點 x1, x2 ，
\ f (ln a) < 0， a > e，
\①不正確；
對于②
ìex1 = ax1 ex因為 í 1 +x2x = a
2x x x + x = 2ln a + ln(x x )， a > e
e 2 = ax
1 2 1 2 1 2
2
\ x1 + x2 = 2ln a + ln(x1x2 ) > 2 + ln(x1x2 )，
2
取 a e= ， f (2) = e2 - 2a = 0，\ x2 = 2， f (0) =1 > 0，\0 < x1 <1，\ x1 + x2 > 22
\②不正確；
對于④
f (0)＝1＞0，f (1)＝e - a < 0,\0 < x1 <1 < ln x0 , x2 > ln x0 >1
函數的極小值點為 x0 = ln a
要證 x1 + x2 < 2x0 ，只要證 x1 < 2x0 - x2 < x0
因為函數 f (x) 在 (- , ln a)單調遞減，故只需要證 f x2 = f x1 > f 2x0 - x2
構造函數 g x = f x - f 2x x 2x0 -x0 - x = e - e - 2ax + 2ax0 x > x0
求導得到 g x = ex + e2x0 -x - 2a 2 e2x0 - 2a = 0
所以函數 g x 單調遞增， g x0 = 0,\ g x 0恒成立，
\ f x f 2x0 - x 即 f x2 > f 2x0 - x2 ，故得到 f x2 = f x1 > f 2x0 - x2
進而得證： x1 < 2x0 - x2 < x0 ， x1 + x2 < 2x0 .
故④正確.
對于③
ìex1 = ax
í 1 ex1 +x因為 2x = a
2x1x2 x1 + x2 = 2ln a + ln(x xe 2 = ax 1 2
)
2
根據 x1 + x2 < 2x0 = 2ln a ，可得到 ln(x1x2 ) < 0 0 < x1x2 <1.
\③不正確.
綜上正確的只有一個，
故選：D .
【點睛】本題考查了利用導數求函數的極值，研究函數的零點問題，利用導數研究函數的單
調性，通常需要對函數求導，根據轉化與劃歸的思想求解，屬于常考題型.
2
5．（21-22 高三上·江西鷹潭·階段練習）關于函數 f (x) = + ln x ，下列說法正確的是（
x ）
A． x = 2是 f (x) 的極大值點
B．函數 y = f (x) - x有 2 個零點
C．存在正整數 k，使得 f (x) > kx 恒成立
D．對任意兩個正實數 x1, x2 ，且 x1 x2 ，若 f x1 = f x2 ，則 x1 + x2 > 4
【答案】D
【分析】對 A，求導得到單調區間即可判斷；
對 B，對函數 f x - x 求導得出單調區間即可進一步得到結果；
f x f x
對 C，分離參數 k < ，通過 的單調性和函數變化趨勢即可判斷；
x x
對 D，根據函數 f(x)的單調性，將自變量比較大小轉化為函數值比較大小，用極值點偏移的
方法得到結論.
x 0, f (x) 2 1 x - 2【詳解】對 A， > = - 2 + = ，函數在 0,2 單減，在 2,+ x x x2 單增，
x = 2是 f (x) 的極小值點，A 錯誤；
é 1 2 7 ù- ê x -

對 B， 2 ÷
+ ú
2 1 -x + x - 2 ê è 2 4 ，函數在 0,+ 單減，至多一x > 0, y ú= - + -1 = = < 0
x2 x x2 x2
個零點，B 錯誤；
對 C， f f x f x -4 + x - x ln xx > kx k < ，令 g x = ，則 g x =
x x x3
，
設 h x = -4 + x - x ln x ，則 h x = - ln x ，函數在 0,1 單增，在 1,+ 單減，
所以 h x h 1 = -3 < 0，∴ g x < 0，
則函數 g x 在 0,+ 單減，無最小值，且當 x + 時， g x 0，C 錯誤；
對 D，不妨設0 < x2 < x1，易知 x1 > 2,0 < x2 < 2，
x1 + x2 > 4 x1 > 4 - x2 ，且 x1 > 4 - x2 > 2，
因為函數 f x 在 2,+ 單增，則 f x1 > f 4 - x2 f x2 > f 4 - x2 ，
即證： f x > f 4 - x , x 0,2 ，記 h x = f x - f 4 - x , x 0,2 ，
-8 x - 2 2
所以 h x = 2 < 0，所以 h x 0,2 2 在 單減，所以 h x > h 2 =0，x 4 - x
即 f x > f 4 - x ，所以 x1 + x2 > 4，D 正確.
故選：D.
【點睛】本題為函數的綜合題，不論分參也好還是極值點偏移也好，還是零點問題、最值問
題，最終都要對函數的單調性進行討論，進而得到答案；需要注意的是，導數綜合題一定要
結合函數的圖象輔助解決，平常注意對導數的題目進行歸類，總結做法.
a
6．（2023·福建漳州·三模）已知函數 f x = 2x + ln x +1- a 和函數 g x = x - 2x ，具有相同e
x e2x0 ln x2的零點 0 ，則 0 的值為（ ）
A． 2 B．-e C．-4 D． e2
【答案】C
2x
【分析】根據零點定義可整理得到 x e 00 - 2x0 - ln x0 -1 = 0，令 h x = xe2x - 2x - ln x -1 x > 0 ，
利用導數，結合零點存在定理的知識可確定 h x 在 0, t 上單調遞減，在 t,+ 上單調遞增，
e2t 1并得到 = ， 2t = - ln t ，由 h x = te2t - 2t - ln t -1 = 0可確定 t = xmin 0 ，由此化簡所求式子t
即可得到結果.
a
【詳解】由題意知： f x0 = 2x0 + ln x0 +1- a = 0， g x0 = x0 - 2x = 0，e 0
2x
聯立兩式可得： x0e 0 - 2x0 - ln x0 -1 = 0，
h x = xe2x 2x ln x 1 x 0 h x 1 2x e2x 2x +1 1 2x e2x 1- - - > = + - = + - 令 ，則
x x ÷
；
è
令m x 1= e2x - ，則m x 在 0, + 上單調遞增，
x
m 1 又 ÷ = e - 4 < 0
2
，m 1 = e -1，
è 4
1
\m x 在 0, + 2t 1上存在唯一零點 t ，且 t ,1÷，\e = ， 2t = - ln t ；
è 4 t
Q當 x 0, t 時， h x < 0；當 x t,+ 時， h x > 0；
\h x 在 0, t 上單調遞減，在 t,+ 上單調遞增，
\h x = h t = te2t - 2t - ln t -1 =1+ ln t - ln t -1 = 0min ，
又 x e2x00 - 2x0 - ln x0 -1 = 0，\t = x0 ，
\e2x0 ln x20 = e
2t ln t 2 = 2e2t ln t 2= × -2t = -4 .
t
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數零點、利用導數求解函數單調性的相關問題；解題關鍵
是能夠靈活應用零點存在定理確定導函數的正負，并得到隱零點所滿足的等量關系式，進而
利用等量關系式化簡最值和所求式子.
100 100
7 22-23 · · a = e0.99 ,b = ln ee-0.01 ．（ 高三上 河北衡水 期末）已知 ÷ , ln a = c - ln c(c 0.99)，99 è 99
則（ ）
A．b > a >1.01 > c B．b > a > c >1.01
C． a > b >1.01 > c D． a > b > c >1.01
【答案】D
ex
【分析】變形 a，b，構造函數 f (x) = - x + ln x 比較 a，b 的大小，構造函數 g(x) = x - ln x
x
比較b, e的大小，利用極值點偏移的方法判斷1.01,c的大小作答.
e0.99
【詳解】依題意， a = ，b = e - 0.01- ln 0.99 = e -1+ 0.99 - ln 0.99，
0.99
x x x
令 f (x) e x ln x f (x) e (x -1) 1 1 (e - x)(x -1)= - + ， = 2 - + = ，x x x x2
當0 < x <1時， ex >1 > x > 0，即 f (x) < 0 ，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞減，
0.99
f (0.99) > f (1) = e -1 e，即 - 0.99 + ln 0.99 > e -1，因此 a > b，
0.99
令 g(x) = x - ln x， g (x) = 1
1
- ，當0 < x <1時， g (x) < 0，當 x >1時， g (x) > 0，
x
函數 g(x)在( 0, 1)上單調遞減， g(0.99) > g(1) =1，而b = e -1+ g(0.99) > e>1.01，
函數 g(x)在 (1, + )
1 1
上單調遞增，顯然 g(e) = e -1, g( ) = +1，
e e
則方程 g(x) = k,k (1,
1
+1]有兩個不等實根 x1, x2 ， 0 < x1 < 1 < x2 ，有 g(x1) = g(x2 ) = k ，e
ln a = c - ln c 0.99 - ln 0.99 = c - ln c g(0.99) = g(c) ，而 c 0.99，則有 c >1，
2
令 h(x) = g(x) - g(2 - x) ，0 < x <1， h (x) = g (x) + g (2 - x) =1
1 1 2(x -1)
- +1- = - < 0，
x 2 - x x(2 - x)
即函數 h(x) 在( 0, 1)上單調遞減，當 x (0,1) 時， h(x) > h(1) = 0，即 g(x) > g(2 - x)，
因此 g(x1) > g(2 - x1) ，即有 g(x2 ) = g(x1) > g(2 - x1)，而 x2 >1,2 - x1 >1， g(x)在 (1, + )上單
調遞增，
于是得 x2 > 2 - x1，即 x1 + x2 > 2，取 x1 = 0.99， x2 = c ，于是得 c > 2 - 0.99 =1.01，
又 g(c) = g(0.99) < g(
1) < g(e)， g(x)在 (1, + )上單調遞增，從而1.01< c < e，
e
所以 a > b > c >1.01，D 正確.
故選：D
【點睛】思路點睛：某些數或式大小關系問題，看似與函數的單調性無關，細心挖掘問題的
內在聯系，抓住其本質，構造函數，分析并運用函數的單調性解題，它能起到化難為易、化
繁為簡的作用.
ln x
8．（21-22 高三上·浙江寧波·開學考試）已知函數 f x = ，對于正實數 a，若關于 t 的方
x
程 f t = f a ÷ 恰有三個不同的正實數根，則 a 的取值范圍是（t ）è
A． 1,8 B． e2 ,8 C． 8,+ D． e2 ,+
【答案】D
f x ln x f t f a= x t, x a【分析】研究 = 的圖像可知，若 ÷ ，令 = = ，則 f xx t 1 2 t 1
= f x2 ，
è
且 x1, x2 > 1，可以推出， x1 = x2或 x1x2 = a，通過對數不等式寫出關于 x1x2 的不等式，即可求
出 a的范圍
【詳解】因為 f x ln x= f ’， x 1- ln x= ’2 ，令 f x
1- ln x
= 2 > 0得：0 < x < e ；令x x x
f ’ x 1- ln x= > 0得： x > e2 ，所以 f x 在區間 0,e 單調遞增，在 e,+ 單調遞減，且x
x 時， f x > 0恒成立， f x 的圖像如下：
令 x1 = t, x
a
2 = ，則 f x1 = f x2 ，且 x1, xt 2
> 1
a
①當 x1 = x2時， t = , t = a ，成立，所以 a 是方程的一個實數根t
ln x ln x ln x ln x
②當 x1 x2 時，由 f x1 = f x2 1 = 2 1得： ，令 = 2 = mx1 x2 x1 x2
ìmx1 = ln x1 m ln x1 - ln x2 ln x1 + ln x2則： í = mx ln x ，兩式相減得： x - x ，兩式相加得：
m =
2 = 2 1 2 x1 + x2
x1 - x2 x1 + x2 x1 - x2 x1 + x2
所以： = ，由對數均值不等式得：
2 ln x1 - ln x2 2
x1 + x2 x1 + x2 2 a 2
所以： < x , x > 1 ln x x > 2ln x + ln x 2 ，且 1 2 ，所以 1 2 ， x1x2 > e ，即： t × = a > e 1 2 t
所以 a > e2
故選：D
【點睛】題目考察到了極值點偏移的思想，用對數均值不等式解決，完整的對數均值不等式
x x x1 - x2 x1 + x< < 2 x1為： 1 2 ln x - ln x 2 ，可用兩邊同除 x2，令
t =
x 整體換元的思想來構造函數，1 2 2
證明不等式成立
二、多選題
9．（2023·河北衡水·一模）直線 l： y = ax 與 y = ex 的圖象交于 A x1, y1 、B x2 , y2 兩點
x < x ， y = ex1 2 在 A B 兩點的切線交于C ， AB 的中點為D，則（ ）
A． a e B．點C 的橫坐標大于 1
C． x1 - x2 < (a + 2 - e)
2 - 4 D．CD 的斜率大于 0
【答案】BC
ex
【分析】通過 AB 為兩函數圖象交點，轉化為直線 y = a 與曲線 y = 有兩個不同的交點，研
x
ex
究 y = 的圖象，數形結合可判斷 A；聯立兩條切線求得點C 的橫坐標，利用極值點偏移思
x
想可求得 x1, x2 之間關系，即可判斷 B；通過構造函數建立 ex - ax, x2 - (a + 2 - e)x +1之間的關
系，將問題轉化為二次函數兩根之間距離問題可判斷 C 正確；化簡 kCD ，結合前面的條件可
判斷 D.
【詳解】
對 A，因為直線 y = ax 與曲線 y = ex 交于 A x1, y1 、B x2 , y2 兩點 x1 < x2 ，
exax = ex a = 有兩個不同正根，
x
x
即直線 y = a y e與曲線 = 有兩個不同的交點.
x
ex exQ( ) (x -1) e
x
= 2 \ y = 在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )單調遞增，x x x
且 ymin = e， x 0, y + , x + , y +
\ a > e ，故 A 錯誤.
對 B x，由題意得， ax 11 = e ,ax2 = e
x2 x1 < x2 \ 0 < x1 < 1 < x2
x
g(x) e= ，設 h(x) = g(x) - g(2 - x），(0 < x <1)
x
x 2-x ' é x 2-x ù
h x e e = - ÷ = x -1
e e
ê 2 - ú
è x 2 - x ê x 2 - x
2
ú
x x
令m(x) e e (x - 2)=
x2
,m (x) =
x3
\m(x) 在 (0,2)單調遞減.
Q x (0,1), 2 - x (1, 2)\m(x) > m(2 - x)，
\h (x) < 0,h(x)在( 0, 1)單調遞減，
\h(x) > h(1) = 0, g(x) > g(2 - x) .
Q0 < x1 <1 < x2 ，\ g(x1) > g(2 - x1)
又 g(x1) = g(x2 )\ g(x2 ) > g(2 - x1)，
Q x2 (2,+ ), 2 - x1 (2, + )\ x2 > 2 - x1, x1 + x2 > 2 .
AC x的方程： y - e 1 = ex1 (x - x1) ，
BC x x的方程： y - e 2 = e 2 (x - x2 )，
x ex1 - x ex2x 1 2 1 ax
2
1 - ax
2
聯立可解得 = 2x x - = -1 = x1 + x2 -1 >1，e 1 - e 2 ax1 - ax2
故選項 B 正確.
對 C s x = ex - ax - éx2，設 - a + 2 - e x +1 ù , s x = e
x - 2x + 2 - e ，
s (x) = ex - 2 = 0, x = ln 2，
x (0, ln 2), s (x) < 0, x (ln 2, + ), s (x) > 0 ，且 s (1) = 0 ，
s (x)min = s (ln 2) < s (1) = 0,
Q s (0) > 0，設m (0,1) ,
x (0,m), s (x) > 0, x (m,1), s (x) < 0, x (1,+ ), s (x) > 0，
Q s(0) = s(1) = 0， s(x)min = 0,
\s x = ex - ax - éx
2 - a + 2 - e x +1ù 0，
\ex - ax x2 - (a + 2 - e)x +1，
Q x1, x x
2
2 是 e - ax = 0的兩個根， x3 , x4 是方程 x - a + 2 - e x +1 = 0的兩根，
\ x1 - x2 < x3 - x4 = a + 2 - e
2 - 4 ，所以 C 正確.
對 D，QD(
x1 + x2 , a(x1 + x2 )),C(x1 + x2 -1, ax1x )2 2 2
a 2x1x2 - (x + x )\k 1 2 CD = ，x1 + x2 - 2
Qa > e, x1 + x2 > 2, 0 < x1 < 1 < x2 ，
可以利用對數均值不等式證明如下：
對數均值不等式：b a 0, ab
b - a a + b
> > < < ，
ln b - ln a 2
x x x2 - x1 x1 + xQ0 < x 21 <1 < x2 ，\ 1 2 < ，
1
Qax1 = e
x1 ,ax = ex22 \ln a + ln x1 = x1, ln a + ln x2 = x2 ，
x2 - xx 11 - ln x1 = x2 - ln x2 , x2 - x1 = ln x2 - ln x1，\ =1ln x - ln x ，2 1
x1x2 <1,
x1 + x2 >1，即 x
2 1
x2 <1, x1 + x2 > 2， kCD < 0 .
所以 D 錯誤.
故選：BC
【點睛】函數綜合問題的處理，要通過構造函數，利用導數研究函數的單調性，結合圖象尋
找等與不等關系，研究問題需要探究的結論，選擇題還要注意特值，驗證，排除等方法的靈
活運用.
10．（22-23 高三·全國·階段練習）已知函數 f x = ex - x， g x = x - ln x，則下列說法正確
的是（ ）
A． g ex 在 0, + 上是增函數
2
B．"x >1，不等式 f ax f ln x2 恒成立，則正實數 a的最小值為
e
C．若 f x = t 有兩個零點 x1, x2 ，則 x1 + x2 > 0
D．若 f x1 = g x2 = t
ln t
t > 2 1，且 x2 > x1 > 0 ，則 x2 - x
的最大值為
1 e
【答案】ABD
【分析】A 選項中，令 t = ex >1，利用導數可求得 g t 單調性，根據復合函數單調性的基本
原則可知 A 正確；B 選項中，利用導數可求得 f x 在 0, + 上單調遞增，由此可將恒成立
2ln x 2ln x
的不等式化為 a ，令 h x = x >1 ，利用導數可求得 h x max ，由 a h x x x max 可
知 B 正確；C 選項中，利用導數可求得 f x 的單調性，由此確定 x1 < 0 < x2 ，若 x1 + x2 > 0，
可等價轉化為 f x1 > f -x1 ，令F x = f x - f -x x < 0 ，利用導數可求得F x 單調
性，從而得到F x < 0，知 f x1 < f -x1 ，可得 C 錯誤；D 選項中，采用同構法將已知等
式化為 f x1 = f ln x2 = t t > 2 ，從而可確定 x2 > x1 >1，結合 f x 單調性得到 x1 = ln x2 ，
ln t ln t
= j t ln t由此化簡得到 ，令 = t > 2 ，利用導數可求得jx t 最大值，知 D 正確.2 - x1 t t
【詳解】對于 A，當 x > 0時， ex >1，令 t = ex ，則 t > 1， g t = t - ln t ，
Q g t 1 1 t -1= - = ，\當 t > 1時， g t >0恒成立，\ g t 在 1, + 上單調遞增；
t t
Qt = ex 在 0, + 上單調遞增，
\ x根據復合函數單調性可知： g e 在 0, + 上為增函數，A 正確；
對于 B，當 x >1時， ln x2 > ln1 = 0，又 a為正實數，\ax > a > 0，
Q f x = ex -1，\當 x > 0時， f x > 0恒成立，\ f x 在 0, + 上單調遞增，
則由 f ax f ln x2 2ln x得： ax ln x2，即 a ，x
h x 2ln x 2 1- ln x令 = x >1 ，則 h x = 2 ，x x
\當 x 1,e 時， h x > 0；當 x e, + 時， h x < 0；
\h x 在 1,e 上單調遞增，在 e, + h x h e 2上單調遞減，\ = =max ，e
a 2 2\ ，則正實數 a的最小值為 ，B 正確；
e e
對于 C，Q f x = ex -1，\當 x < 0 時， f x < 0；當 x > 0時， f x > 0；
\ f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增；\ f x = f 0 =1min ，則 t > 1；
不妨設 x1 < x2，則必有 x1 < 0 < x2 ，
若 x1 + x2 > 0，則 x2 > -x1 > 0，等價于 f x2 > f -x1 ，
又 f x2 = f x1 ，則等價于 f x1 > f -x1 ；
令F x = f x - f -x x < 0 ，則F x = ex + e- x - 2 ，
Q x < 0，\0 < ex <1， e- x >1，\ex + e- x > 2 ex ×e- x = 2，即F x > 0，
\F x 在 - ,0 上單調遞增，\F x < F 0 = 0，即 f x < f -x ，
\ f x1 < f -x1 ，可知 x1 + x2 > 0不成立，C 錯誤；
對于 D，由 f x1 = g x2 = t t > 2 ， x2 > x1 > 0 x得： e 1 - x = x - ln x = eln x21 2 2 - ln x2 = t t > 2 ，
即 f x1 = f ln x2 = t t > 2 ，
由 C 知： f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增；
f 1 = e -1< 2，\ x1 >1，則 x2 > x1 >1，\ln x2 > 0，
x ln t ln t ln t ln t\ x = ln x ，即 e 1 = x ，\ = x = =1 2 2 x2 - x1 e 1 - x1 f x1 t ；
令j t ln t t 2 1- ln t= > ，則j t = ，
t t 2
\當 t 2,e 時，j t > 0；當 t e, + 時，j t < 0 ；
\j t 在 2,e 1上單調遞增，在 e, + 上單調遞減，\j t = j emax = ，e
ln t 1
即 x 的最大值為 ，D 正確.2 - x1 e
故選：ABD.
【點睛】方法點睛：本題 C 選項考查了導數中的極值點偏移問題；處理極值點偏移中的類似
于 x1 + x2 > a （ f x1 = f x2 ）的問題的基本步驟如下：
①求導確定 f x 的單調性，得到 x1, x2 的范圍；
②構造函數F x = f x - f a - x ，求導后可得F x 恒正或恒負；
③得到 f x1 與 f a - x1 的大小關系后，將 f x1 置換為 f x2 ；
④根據x2與 a - x1所處的范圍，結合 f x 的單調性，可得到x2與 a - x1的大小關系，由此證
得結論.
11．（2023·河北·模擬預測）若當實數 a 變化時，直線 y = ax + ea 恒與定曲線 y = f x 相切，
且 f x1 = f x2 = b ，則（ ）
A． f x 有一個極大值點 B．b 0,1
C． x R D． x1 + x2 < -2
【答案】AD
【分析】求出 f x 的解析式再利用導數可求探究其性質，再判斷后可得正確的選項.
【詳解】因為直線 y = ax + ea 恒與定曲線 y = f x 相切，
則曲線 y = f x 為坐標平面上挖去諸切線上的點后余下的所有點形成的邊界（邊界為虛邊
界），而余下的 x, y 不在切線上，故 ea + ax - y = 0無解，
設 g a = ea + ax - y ，則 g a = ea + x，
若 x = 0 g a = ea，則 - y，當 y 0時， g a = 0無解，此時邊界點為 0,0
若 x > 0，則 g a > 0，故 g a 在R 上為增函數，
而當 x + 時， g a + ， x - 時， g a - ，
故無論 y 取何值，從而 g a = 0總有解.
若 x < 0 ，則 a < ln -x 時， g a < 0 ， a > ln -x ， g a > 0，
故 g a 在 - , ln -x 上為減函數，在 ln -x ,+ 上為增函數，
g a = eln(- x)故 + x lnmin -x - y ，
若 g a > 0min ，則 g a = 0無解，故-x + x ln -x - y > 0即 y < -x + x ln -x ，
邊界對應的函數為 f x = -x + x ln -x ， x < 0 .
若 g a 0 ，因此 x + 時， g a + ，故此時 g a = 0min 總有解.
ì-x + x ln -x , x < 0綜上， f x = í ，故 C 錯誤.
0, x = 0
當 x < 0 時， f x = ln(-x)，
當 x < -1時， f x > 0；當-1 < x < 0時， f x < 0，
故 f x 在 - , -1 上為增函數，在 -1,0 為減函數，
故 f x 有唯一的極大值點 x=-1，且極大值為1，故 A 正確.
又 f x 的圖象如圖所示：
ì-x + x ln(-x) = 0
當b = 0時，由 f x = 0可得 x = 0或 í ，即 x = 0或 x = -e，
x < 0
f x = 0有兩個不同的解，故 B 錯誤.
若 f x1 = f x2 = b ，則由圖象可得0 b <1，不妨設-e < x1 < -1, -1< x2 0 ，
當b = 0時， x1 = -e,x2 = 0，此時 x1 + x2 < -2成立；
當0 < b <1時，令 h x = f x - f -2 - x ，其中-1 < x < 0，
則 h x = f x - f -2 - x = ln(-x) + ln 2 + x = ln(x2 - 2x) ，
因為-1 < x < 0，故0 < x2 - 2x <1，故 h x < 0，
所以 h x 在 -1,0 上為減函數，故 h x < h -1 = 0，
所以 f x < f -2 - x ，故 f x2 < f -2 - x2 ，
故 f x1 < f -2 - x2 ，而 x1 < -1,-2 - x2 < -1，
由 f x 的單調性可得 x1 < -2 - x2即 x1 + x2 < -2，
綜上，D 成立，
故選：AD.
【點睛】思路點睛：對于曲線的切線族問題，往往與曲線的包絡線有關，注意從曲線的切線
族結合方程無解可求曲線的方程，再結合導數的方法可研究函數的性質.
三、填空題
ln x
12．（2021· x-a黑龍江·模擬預測）已知函數 f (x) = e - -1有兩個不同的零點，則實數 a的
x
取值范圍是 .
【答案】 1,+
x-a ln x
【分析】將原函數有兩個不同零點，等價于 e = +1有兩個不同的根，通過變形，換元，
x
t t
得到原式子等價于 ln t = a t > 0 有兩個不等根，構造函數 g t = ln t - a ，研究函數的單調e e
性，極值問題，可得到只要函數最大值大于零即可.
f (x) ex-a ln x ln x【詳解】 = - -1 x-a有兩個不同的零點，等價于方程 e = +1有兩個不同的根，
x x
ex ln x x
變形為 a = +1
xe
a = ln x + x = ln xe
x
e x e
t
設 t = xex ，原式子等價于 ln t = a t > 0 有兩個不等根e
g t ln t t , g ' t 1 1= - a = - a e t e
函數極值點為 t = ea
函數在 0,ea a上是單調遞增的，函數在 e ,+ 上是單調遞減的，
a
故得到函數的最大值為 g e > 0 a >1
當 t 趨向于 0 時， g t 趨向于負無窮，當 t 趨向于正無窮時， g t 趨向于負無窮
函數最大值大于零，故可得當 a > 1時，函數有兩個不等的根.
故答案為： 1,+ .
x + m
13．（2022·吉林·三模）已知函數 f (x) = x 的極大值點為 0，則實數 m 的值為 ；e
設 t1 t2 ，且 t2 ln t1 - t1 ln t2 = t1 - t2 ，不等式 ln t1 + ln t2 > l 恒成立，則實數l 的取值范圍
為 ．
【答案】 1 l 0
【分析】求出函數的導函數，即可得到 f 0 = 0，從而求出m ，令 x1 = ln t1, x2 = ln t2 ，即可
ln t1 1 ln t2 1 ln x +1
得到 + = +t1 t1 t t
，令 h(x) = ，利用導數說明函數的單調性，即可得到函數草圖，
2 2 x
1 1
即可得到 < t1 <1< t F (t) = h(t) - h

，再令
e 2 ÷
, (0 < t <1) ，利用導數說明函數的單調性，即
è t
t 1可得到 2 > t ，從而得解；1
f (x) x + m f (x) -x - m +1【詳解】解： = x ，則 = ，則 f 0
-m +1
= = 0，解得m =1，
e ex e0
此時 f (x)
x +1
= ， f
-x
x (x) = x ，當 x < 0 時 f (x) > 0 ，當 x > 0時 f (x) < 0 ，e e
所以 f x 在 - ,0 上的單調遞增，在 0, + 上單調遞減，則 f x 在 x = 0處取極大值，符
合題意；
ln t ln t 1 1 ln t 1 ln t 1
令 x1 = ln t1, x2 = ln t t ln t
1 2 1
2 ，則 2 1 - t1 ln t2 = t1 - t2 - = - + =
2 +
t1 t2 t2 t1 t1 t1 t2 t2
ln x +1
構造函數 h(x) = ，則 h t1 = h tx 2 ．
因為 h (x)
- ln x
= 2 ，所以當0 < x <1時 h x > 0，當 x >1時 h x < 0，x
ln 1 +1
即 h x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + h 1 e上單調遞減，又 ÷ = 1 = 0，è e
e
易知 h(x) 的圖象如圖所示：
1
不妨令 < t1 <1< t2 ，e
令F (t) = h(t) - h
1
, (0 < t <1)
è t ÷
∵ F t = h t 1+ h 1 1
t 2 t ÷
= 1- t 2 ÷
ln t > 0
è è
∴ F (t)在( 0, 1)上單調遞增，即F (t) < F (1) = 0
∵ 0 < t1 <1，∴ F t1 < 0，即 h

t1 < h
1
t ֏ 1
∵ h t1 = h t2 ，∴ h t2
1
< h ÷
è t1
1
∵ h(x) 在 (1, + )上單調遞減，∴ t2 > t1t2 > 1 ln t1t2 > 0 l 0t1
故答案為：1；l 0
2 x-
14．（2022· x廣東佛山·一模）已知函數 f x = x + 2axe 2 + 2，當 a = 2 時，函數 f x 的零e
點個數為 ；若函數 f x 有兩個零點，則實數 a 的取值范圍為 ．
1
- , - e 2+ 【答案】 1 ÷ 2, +
è 2

è e ÷
x
【分析】（1）令 f x = 0 x，得 x + 2e2 = 0，再構造函數 g(x) = x + 2e2 ，分析函數的性質即
得解；
2 x- x
（2）令 f x x= 2 2 x xx + 2axe + 2 = 0, 得到 2axe2 = -x - 2e ，再對 分兩類討論、分離參數分e
析函數的圖象得解.
x2 x-
【詳解】（1）當 a = 2 時， f x = x + 2 2xe 2 + 2，e
2 x-
令 f x x= x + 2 2xe 2 + 2 = 0 ，e
x x
所以 x2 + 2 2xe2 + 2ex = 0,\(x + 2e2 )2 = 0，
x x
所以 x + 2e2 = 0，令 g(x) = x + 2e2 ，
所以函數 g(x)是增函數（增函數+增函數=增函數），
當 x + 時， g(x) > 0 ； g(-2) 2= -2 + 2e-1 = -2 + < 0，
e
x
所以 x + 2e2 = 0只有一個解，所以當 a = 2 時，函數 f x 的零點個數為 1；
2 f x x
2 x-
（ ）令 = + 2axe 2 + 2 = 0,
ex
x
所以 2axe2 = -x2 - 2ex ，
當 x = 0時，不成立，所以 x = 0不是函數的零點.
當 x 0時，
x x
2
a -x 2e
x -x e2 2
所以 = x - x = x - ,\-a
x e
= x + ,
2xe2 2xe2 2e2 x 2e2 x
x
2
令 t e= , (x 0)，
x
x x
2 2
令 g(x) e , g (x) e (x - 2)= \ = ，
x 2x2
所以函數 g(x)在 (2,+ ) 單調遞增，在 (- ,0), (0, 2）單調遞減，
g(2) e因為 = ，所以 g(x)
e
(- ,0) [ , + )，
2 2
x
e2 t e t e所以 t = 在 > 時有兩個零點，在 = 時只有一個零點，在 t < 0時只有一個零點；
x 2 2
1 e
所以-a = + t(t 或 t < 0)，
2t 2
e a 1 e- > + 1 e
由對勾函數得，當 t > 時， 2 e 2 即 a < - - 時，此時方程有一個零點，2 2 e 2
當 t < 0, -a < - 2 即a > 2 時，方程有兩個零點.
所以當 a
1 e 1 2
< - - = - e + 或 時，原函數有兩個零點.
e 2 2 e ÷ a > 2è
1 2
故答案為：1； - , - e + ÷ 2, + .
è 2 è e
÷

四、解答題
m
15．（2023·江西·模擬預測）已知函數 f (x) = x + ．
ex
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若 x1 x2 ，且 f x1 = f x2 = 2，證明：0 < m < e，且 x1 + x2 < 2．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求定義域，求導，分m 0和m > 0兩種情況，得到函數的單調性；
（2）變形為 x1, x2 是方程m = ex (2 - x)的兩個實數根，構造函數 g(x) = ex (2 - x)，得到其單調
性和極值最值情況，結合圖象得到0 < m < e，再構造差函數，證明出 x1 + x2 < 2 .
【詳解】（1） f (x) 的定義域為 R，
x
由題意，得 f (x) 1 m e - m= - x = x ， x R ，e e
當m 0時， f (x) > 0 恒成立， f (x) 在R 上單調遞增；
當m > 0，且當 x (- , ln m) 時， f (x) < 0 ， f (x) 單調遞減；
當 x (ln m , + ) 時， f (x) > 0 ， f (x) 單調遞增．
綜上，當m 0時， f x 在R 上單調遞增；
當m > 0時， f x 在區間 - , ln m 上單調遞減，在區間 ln m, + 上單調遞增．
（2）證明：由 f x1 = f x2 = 2，

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