資源簡介

導數專題之對數與指數處理技巧
一、指數找基友
處理方法:在證明或處理含指數函數的不等式時，通常要將指數型的函數“結
合”起來，即讓指數型的函數乘以或除以一個多項式函數，這樣再對新函數求導
時，只需一次就可以求出它的極值點，從而避免了多次求導，這種相當于讓指數
函數尋找“合作伙伴”的變形過程，我們形象的稱之為“指數找基友”即 ex與函

數相加減， e x f x e x f x ，導函數最終正負和 ex相關，討論其零點會涉
及到超越方程。

而 ex 與函數相乘除， e x f x e x f x f x f x f x f x ， x e e x
導函數正負性判斷不會再牽扯 ex，極大減少討論難度;所以，當遇到導數題目中
含有 ex，盡可能將其變形為 e x f x f x 或 x 形式;e
f x f x f x f x
例如: e x f x 0 1 0，則 1
e x e x
x 是一個多項式函數，e
變形后可大大簡化運算
2
【001】求證:當 x 0時， e x ex x 1 （直接找基友）
e x ex x 1 2 ex x 1
2
1 ex x 1
2
處理方法： x x 1 0e e
2
證明:構造函數 f (x) ex x 1 ，
e x
則 f (x) e 2(x 1) ex (x 1)2 e x (x 1)(3 e x)e x；
當0 x 3 e時， f (x) 0 . f x 單調遞減，此時 f(x)≤f(0)=l；
當3 e x 1時， f (x) 0 . f x 遞增，此時 f(x)≤f(1)=1；
當 x>1 時， f (x) 0 , f x 遞減，此時 f x f (1) 1.
2
故當 x≥0時，恒有 f (x) ex x 1 x 1，即 e x ex x 1
2
.
e
【002】已知函數 f x e x ax2 .若 a 1，證明當 x 0時， f x 1.
【方法一】指數找基友
當 a=1 時， f x e x x2，不等式 f(x)≥1 等價于 f x e2
x2 1 2x (x2g x g x 1) (x 1)
2
構造函數 x ,求導可得 x 0e e e x ，
其中等號只在 x 1時取得，所以 g(x)在[0.+∞)上單調遞減,
所以當 x≥0時，g(x)≤g(0)=1，又因為 e x 0，所以 x2 1 e x .故原命題得證.
【方法二】對數單身狗
當 a=1 時 ， f x e x x2 ， 令 e x t(t 1) ， 則 不 等 式 f(x) ≥ l 等 價 于
ln t t 1(t 1) .
構造函數 g(t) ln t t 1，(t 1),
2
則 g (t) 1 1 2 t 1 t ( t 1 1) 0
t 2 t 1 2t t 1 2t t 1
所以 g(t)是[1.+∞)上的減函數，所以 g(t)≤g(1)=0，即 ln t t 1(t 1)，故原
不等式得證.
【方法三】變形的對數單身狗
當 a=1 時， f x e x x2，不等式 f x （1 x 0）)等價于 x e x 1(x 0) .
x
g x x e x 1 g x 1 e ( e
x 1 1)2
構造函數 . 0
2 e x 1 2 e x 1 ，
所以 g(x)在[0.+∞)上單調遞減，故 g(x)≤g(0)=0，即 x e x 1(x 0)，原不
等式得證.
f x x 2【003】討論函數 e x的單調性，并證明當 x 0時， x 2 e x x 2 0 .
x 2
2 x
解： f x x 2 e x求導得 f x e x ( x 2 4 x e
x 2 x 2 (x 2)2
) 2 ；（x 2）
當 f x 0時， x 2或x 2，所以 f x 在（ ， 2）和（ 2， ）上單調遞增
所以當 x 0時 f x f 0 1 x 2則 e x 1所以 x 2 e x x 2 0得證。
x 2
【004】設函數 f x x e x 1 ax2 .
若當 x 0時 f x 0，求 a的取值范圍.
解：當 x 0時， f x 0滿足題意；
x
當 x 0時， f x 0等價于 x e x 1 e 1 ax2 0 a；
x
e xg(x) 1 （x 1）e
x 1
構造函數 (x 0)；得 g (x) 2 (x 0)；x x
設 h(x) (x 1)e x 1(x 0)，得 h (x) xex 0(x 0) .所以函數 h(x)是增函
數，得 h(x) h(0) 0(x 0)，故 g (x) 0(x 0)，即函數 g(x)是增函數.又
x x 0
lim g(x) lim e 1 lim e e (e x ) x 0 1，所以 g(x) 1.
x 0 x 0 x x 0 x 0
因此求 a的取值范圍是 ，1 .
【005】(2020 新高考真題)已知函數 f x e x ax2 x
(1)當 a=1 時，討論 f x 的單調性;
1
(2)當 x 0時， f x x3 1，求 a 的取值范圍；
2
解：（1）當 a=1 時 f x e x x2 x，所以 f x e x 2x 1；因為 f x 在 R上
單調遞增且 f 0 0，所以當（ ，0）時， f x 0；當（0， ）時 f x 0，所
以函數 f x 在（ ，0）上單調遞減，在（0， ）上單調遞增.
1
（2）由題意得 e x ax x x3 1在 0， 上恒成立，
2
當 x 0時， a R；
e x 1 1 1
當 x 0時，原不等式變形為 a 2 x ；x 2 x x2
e x 1 1 1 （2 x 2)e xg(x) x
3 2x 4
令 2 x 2（, x 0），則 g (x) （, x 0）；x 2 x x 2x3
令 h(x) 2(x 2)e x x3 2x 4（, x 0） ， 所 以
h (x) 2(x 1)e x 3x2 2（, x 0），所以 h (x) 2xex 6x 2x(e x 3)（, x 0）；
所以當 x （0，ln 3）時 h (x) 0；當 x （ln 3， ）時 h (x) 0；
所以函數 h (x)在（0，ln 3）上單調遞增，在（ln 3， ）上單調遞減，因為 h (0) 0，
所以當 x （0，ln 3）時 h (x) h (0) 0，
因為 h (2) 2e2 10 0，h (ln3) h (0) 0，且 h (x)在（ln 3， ）上單調遞減，
所以 x0 (ln3,2)，使得 h (x0 ) 0，且當 x （0, x0）時 h (x) 0，當 x （x0， ）
時， h (x) 0；所以函數 h(x)在（0, x0）上單調遞增，在（x0， ）上單調遞減
因為 h(0) 0，所以當 x （0, x0）時 h(x) h(0) 0，因為 h(0) 0，h(x0 ) h(0) 0，
且函數 h(x)在（x0， ）上單調遞減，
所以當 x （0，2）時 h(x) 0；當 x （2， ）時 h(x) 0；
因為當 x （0，2）時， g (x) h(x) 0 x 2 g (x) h(x) 3 ；當 （ ， ）時 0；2x 2x3
所以函數 g(x)在（0，2）上單調遞增，在（2， ）上單調遞減；
7 e2 2
所以 g(x)max g(2) ，則 a g(x)
7 e
4 max

4
7 e2
因此 a的取值范圍為 , ；
4
【006】已知函數 f x e x 1 x ax2，當 x 0時, f x 0恒成立，求實數 a的
取值范圍.
【解】由 f x e x 1 2ax ,又 e x x 1,所以
f x e x 1 2ax x 2ax 1 2a x
1
所以當 1-2a≥0,即 a 時， f x （0 x 0）,而 f(0)=0,于是當 x≥0時，f(x)
2
1
≥0,滿足題意；又 x 0時， e x x 1,所以可得 e x x 1,從而當 a 時，
2
f x e x 1 2ax e x e xe x 2a(e x 1) (1 e x )(e x 2a) ,故當 x∈(0,ln2a)時，
f(x)<0,而 f(0)=0,于是當 x∈(0,ln2a)時，f(x)<0,不合題意.
1
綜上所述，實數 a的取值范圍為 0，
2
.
【007】已知 e x x2 2ax 1對任意的 x 0，求實數 a的取值范圍.
2 2
【解析】 e x x2 2ax 1 x 2ax 1 x 1 0設 g(x)
x 2ax 1
x 1；則e e
g (x) （x 1）(x 2a 1)
e x
；
(1)a=-2,當 00,g(x)單調遞增，注意到 g(0)=0,所以當 x∈(0,1)
時，g(x)>
g(0)=0,不滿足題意
1 1
(2)當 0<2a+1<1,即 a 時，g(x)在(0,2a+1),（1， ）上單調遞減，在
2 2
(2a+1,1)上單調遞增.又因為 g(0)=0,所以 g(x)<0 對任意的 x>0 恒成立等價于
g(1)<0,解得 a 1 e e .所以1 a 0
2 2 .
(3)當 2a+1=1,即 a=0 時，g'(x)<0,g(x)在（0， ）上單調遞減，g(x)足題意.
(4)當 2a+1>1,即 a>0 時，g(x) g(x)在(0,1),（2a 1， ）上單調遞減，在(1,2a+1)
上單調遞增.又因為g(0)=0,所以g(x)<0對任意的x>0恒成立等價于g(2a+1)<0,
即：
2a 2 2a 2
2a 1 1 0由經典不等式可 e
x x 1得 e2a 1 2a 2 ,故
e e2a 1
1 0成立，所
以 a>0 滿足題意.
e
綜上所述，a的取值范圍是（1 , ）
2
x2 x3
【008】求證:當 x 0時，有 e x 1 x
2 6
x2 x3
【證明】:構造函數 f (x) （1 x )e x
2 6
x2 x2 x3 3
則 f (x) x （ 1 x ） (1 x ) e
x e x
2 2 6 6
當 x>0 時， f (x) 0，所以 f (x)在 0， 上單調遞減,
1 x x
2 x3 2)e x 1 e x 1 x x x
3
所以當 x≥0時，有 f(x)≤f(0)=1，即（ 故
2 6 2 6
x
【009】求證:對任意實數 a （0,1），方程 ae x x ln x 1 0在(1，十∞)上最多
e
只有一個實數解.
x
證明: ae x x ln x 1 0 a (x ln x x 1)e x .
e e
構造函數, f (x) (x ln x x 1)e x
e
則 f (x) （ 1
1 x
ln x ） (x ln x 1) e
x 1 (1 x)(ln x )
e e e
當 x>1 時， f (x) 0 .f(x)單調遞減，
x
所以方程 a (x ln x 1)e x 在(l.+∞)上最多只有一個實數解,
e
即方程 ae x x ln x x 1 0在(1，+∞)上最多只有一個實數解
e
【010】求證:當 x≥0時，有（2 x）e x x 2 .
證明:當 x 2時，由（2 x）e x 0 x 2知不等式成立.
f (x) 2 x構造函數 e x (0 x 2)
2 x
f (x) 4 2 x
2
則 e x x e x 0恒成立
（ 2 x）2 2 x (2 x)2
2 x
所以 f(x)在[0,2)上單調遞增， f (x) e x f (0) 1,
2 x
所以當0 x 2時，（2 x）e x x 2也成立.
故當 x≥0時，有（2 x）e x x 2 .
在上式中，令 x=lnt(t≥1)，則不等式可化為 (2 ln t)t ln t 2，整理即得
ln t 2(t 1) (t 1)熟悉對數平均不等式的人想必對其一點都不陌生，我們通常是
t 1
利用“對數單身狗”來進行證明的，而由這道題可知我們完全可以通過“換元”，
利用“指數找基友”完成它的證明.于是，我們可以知道還有下面一種類型:
“換元”找基友
【011】求證:當 x>0 時，有 2ln2 x ln x 2x 1..
2ln2f (x) x ln x 1證明:構造函數
x
（4ln x 1） （2ln2f (x) x ln x 1） (2 ln x)(1 2ln x)則
x2

x2 ；
當0 x 1 1 時，f'(x)<0，f(x)遞減，此時 f (x) f ( ) e ;
e e
1 x e2 1當 時，f'(x)≥0，f(x)遞增，此時 f (x) f ( ) e ;
e e
2
當 x e2 f (x) 2 ln x ln x 1時，lnx>2， 0 .
x
2
綜上可知 f (x) f ( 1 ) e 2 f (x) 2 ln x ln x 1 ，即 2
e x
所以 2ln2 x ln x 2x 1..
“換元”只是能把一些關系顯化而已，并不能“無中生有”，只要知道 Inx 和 x
在一起的時候，x eln x是“指數”，與 Inx 有關的代數式(本題中的 2ln2 x ln x 1
是“基友”即可，并不需要在答題紙上把換元過程寫出來
“放縮”后找基友
3
【012】求證:當 x>0 時，有 e x x ln x x 1
2
證明:易證 lnx≤x-1(證明過程略)
所以只需證當 x>0 時， e x x(x 3 1) x 1 x2 1 x 1
2 2
1
構造函數 f (x) (x2 x 1)e x
2
則 f (x) ( x
2 3 x 1 )e x （1 x 1）(x )e x
2 2 2
1
當0 x 時， f (x) 02 ，f(x)遞減，此時 f(x)1 x 1 f (x) 0 f (x) f (1) 2.5當 2 時，
.f(x)遞增，此時 1e :
當 x 1時， f (x) 0，f(x)遞減，此時 f (x) f (1)
2.5
1
e .
2 1 1
故當 x>0 時， (x x 1)e
x 1 x 2,即 e x x 12 2 .故證.
3 3 x
對于這道題，如果直接把 x ln x x 1作為“基友”，令 (x ln x x 1)e2 2
3
的導函數為 0，得到方程 (x 1)(ln x ) 02 ，恰好可以因式分解，也能得到函數
3

的單調區間，但是函數 f (x) e
x x ln x 3 x 1在 (0,e 2 )2 上遞減，必須要考慮函
數在 0處的單側極限值，而通過放縮則可避免這一點.
3
除此之外，若 x ln x x 12 中的常數項不為 1, 則導函數不可以因式分解，則將
其作為“基友”就不恰當了，不如事先放縮，把一個二次多項式作為“基友”，
保證導函數的零點可解.
待定系數加強命題
【013】求證:當 x 0時，有 e x x2 x 1
2
證明:構造函數 f (x) (x2 x 5 )e x -,
9
則 f (x) ( x2 x 4)e x 1 4 (x )(x )e x .
9 3 3
當0 x 4 時， f (x) 0，f(x)遞增:
3
4
當 x 時， f (x) 0，f(x)遞減
3
所以當 x≥0 時， f (x) (x2 x 5 )e x f (4) 1 8(根據 e 進行估值)，故
9 3 3
e x x2 5 1 x x2 x ，證畢
9 2
1
如果不對命題進行加強，直接把“ x2 x ”作為“基友”，算出來
2
3 1
的極大值點是 ，其極大值并不好估算，考慮到它約等于 1.37，所以利用
2
4
待定系數法使得函數的極大值點為 ，以便對極大值進行估計.
3
二、對數單身狗
處理方法：如果我們要證明 ln x小于(或大于)一個非超越式 f x ，可以直接作差，
構造函數 ln x f x 1，這也是因為其極值點可求，即方程 f x 0可解，可避
x
免多次求導.如果待證的不等式形式較為復雜，可以將 ln x分離出來，使其系數
為常數，次數為 1，此所謂“對數單身狗”
f x ln x g x 0 ln x g x 如: （0 這里f (x) 0），f x

g x 1 ln x g x 則 不含超越函數（超越函數：指的是變量之間的關系 f x x f x
不能用有限次加、減、乘、除、乘方、開方運算表示的函數）求解過程簡單；
【014】求證: x 1時， x 1 ln x 2 x 1
x 1 ln x 2 x 1 ln x 2 x 1 ln x 2 x 1 處理方法: 0
x 1 x 1
構造函數（注意在構造過程中的不等號是否發生改變），即證。
解：在不等式證明當中，由于其他函數與 ln x相乘所求導的結果仍含有 ln x ,于是
常常將 ln x單獨分離，故兩邊同除 x+1,左邊化為 ln x的形式
ln x 2 x 1 則所證不等式變為
x 1
2 x 1
再令 f (x) ln x , (x 1)
x 1
2
f (x) x 1 2 0 ,x(x 1)
故 f(x)在（1， ）上單調遞增，故 f(x)≥f(1)=0(x≥1)則原不等式成立。
x 1 x 1
【015】（“天生”單身狗）求證：當 x≠1時，有 x .
ln x 2
2(x 1)
證明：構造函數 f (x) ln x ,
x 1
2
則 f (x) 1 4 (x 1) 2 2 0所以 f(x)是單調遞增函數.x (x 1) x(x 1)
2(x 1)
,當 x>1 時，f(x)>f(1)=0,即 ln x
x 1
x 1 x 1
又因為 lnx>0,x+1>0,所以
ln x 2
2(x 1) x 1 x 1
當 00,所以
x 1 ln x 2
x 1 x 1
綜上，當 x≠1時，總有
ln x 2 .
x 1 2
構造函數： g(x) ln x x 1 則： g (x) 1 ( x 1) 2 x 0
x x x 2x x
x 1
所以 g(x)是單調遞減函數.當 x>1 時，g(x)x
又因為 ln x 0 x 1 , x 0 ,所以 x 。
ln x
x 1 x 1
當0g(1)=0,即 ln x ,又因為 ln x 0 , x 0 ,所以 x .
x ln x
綜上，當 x≠1時，總有 x x 1 x 1 x 1 .故當 x≠1時，有 x .
ln x ln x 2
【016】（“天生”單身狗）求證：當 x≥1時，有 x-1n x≤1.
證明：原不等式等價于 ln x x 1(x≥1).
構造函數 f (x) ln x x 1(x 1),
2
則 f (x) 1 1 2 x 1 x ( x 1 1) 0
x 2 x 1 2x x 1 2x x 1
所以 f(x)是 1， )上的減函數，所以 f(x)≤f(1)=0,即 ln x x 1,故原不等
式得證.
【017】（“天生”單身狗）求證：當 x≥2時，有 x -3x lnx+x ln2>2.
2
證明：原不等式等價于 x 3ln x ln 2 2 0 .x
2
構造函數 f (x) x 3ln x 2 3 4 (x 1)(x 2) ln 2 2 ，則 f (x) x x x x3 x3
0 .
所以 f (x)是 2 3， 上的減函數，所以 f (x) f (2) 2ln 2 0,
2
3 3 8
其中 2ln 2 0 ln 2 e3 16 ( )3 16 32 27 .,顯然成立.故證.
2 4 3
x
【018】（“換元”單身狗）求證：當 x>0 時，有 e x xe 2 1.
x x x x x x

證明：構造函數 f (x) e 2 e 2 1 1 1 x ,則 f (x) e 2 e 2 1 （e 4 e 4） 0,
2 2 2
x x

所以 f(x)在（0， ）上單調遞增，故當 x>0 時，f(x)>f(0)=0,即 e 2 e 2 x ,
x x
兩邊同時乘以 e 2 ,得 e x xe 2 1,證畢.
正如在前面提到的那樣， “換元”只是能把一些關系顯化而已，并不能“無中
生
有”,只要知道 ex和 x在一起的時候，x ln e x 是“對數”,將其分離出來讓其“單
身”即可，并不需要在答題紙上把換元過程寫出來.
【019】（“放縮”單身狗）求證：當 ln3e x 3 ex 3
證明：易證 e x ex (證明過程略),所以
e x 1 ex 1
ex 3 ex 3
所以只需證當 ln3ex 1 ex 1
2
則 f (x) 1 4e (ex 1) 2 0所以 f(x)遞減，x (ex 1) ex 1
1 ex 3
所以當 ln3e ex 1
f (x) e【020】（2022 浙江卷）設函數 ln x(x 0)．
2x
（1）求 f (x)的單調區間；
（2）已知 a,b R ，曲線 y f (x)上不同的三點 x1, f x1 , x2, f x2 , x3, f x3 處的
切線都經過點 (a ,b)．證明：
a e 0 b f (a) 1 a （ⅰ）若 ，則 12
；
e
2 e a 1 1 2 e a
（ⅱ）若0 a e, x1 x2 x3，則 e 6e2 x1 x3 a 6e
2 ．
（注： e 2.71828 是自然對數的底數）
e e
【答案】（1） f x 的減區間為 0, ，增區間為 , .
2 2
（2）（ⅰ）見解析；（ⅱ）見解析.
【解析】
【分析】（1）求出函數的導數，討論其符號后可得函數的單調性.
（2）（ⅰ）由題設構造關于切點橫坐標的方程，根據方程有 3個不同的解可證明不等式成
x3 a
立，（ⅱ） k x ，m 1，則題設不等式可轉化為1 e
2 m 13 m2 m 12 t1 t3 2 ，結合零點滿足的方程進一步轉化為m 36m t1 t3
m 1 m 13 m2 m 12
lnm 0，利用導數可證該不等式成立.
72 m 1
【小問 1 詳解】
f x e 1 2x e 2 2x x 2x2 ，
當0 x e ， f x 0；當 x
e
， f x 0，2 2
故 f x 的減區間為 0
e
, ， f x
e
的增區間為 , .
2 2
【小問 2 詳解】
（ⅰ）因為過 a,b 有三條不同的切線，設切點為 xi , f xi , i 1,2,3，
故 f xi b f xi xi a ，
故方程 f x b f x x a 有 3個不同的根，
1 e x a e該方程可整理為 2 ln x b 0， x 2x 2x
設 g x 1 e

x a
e
ln x b，
x 2x2 2x
g x 1 e 1 e 1 e則
x 2x2

x2

x3
x a
x 2x2
1
x e x a ，
x3
當0 x e或 x a時， g (x)< 0；當 e x a時， g (x)> 0，
故 g x 在 0,e , a, 上為減函數，在 e,a 上為增函數，
因為 g x 有 3個不同的零點，故 g e 0且 g a 0，
1 e e a e故 2 ln e b 0
1 e e 且 2 a a ln a b 0， e 2e 2e a 2a 2a
a
整理得到：b 1且b e ln a f a ，
2e 2a
此時b f a 1 a a e 1 1 ln a
a 1 3 e
ln a，2 e 2e 2a 2e 2 2 2a
設u a 3 e ln a，則u a e-2a 0，
2 2a 2a2
故u a 為 e, 3 e上的減函數，故u a ln e 0，
2 2e
故0 b f a 1 a 1
2
.
e
（ⅱ）當0 a e時，同（ⅰ）中討論可得：
故 g x 在 0,a , e, 上為減函數，在 a,e 上為增函數，
不妨設 x1 x2 x3，則0 x1 a x2 e x3，
因為 g x 有 3個不同的零點，故 g a 0且 g e 0，
1 e e a e ln e b 0 1 e故 2

且 2 a a
e
ln a b 0，
e 2e 2e a 2a 2a
a a
整理得到： 1 b ln a，
2e 2e
因為 x1 x2 x3，故0 x1 a x2 e x3，
g x 1 a e ea又 2 ln x b，x 2x
t e a e ea設 ， a ，則方程1 x x 2x2
ln x b 0即為：
m 0,1
e
a e a
t t 2 ln t m b 0 m 1 t t 2即為 ln t b 0，
e 2e 2
e e
記 t1 , t2 , t
e
3 ,x1 x2 x3
則 t1, t1, t m
m
3為 1 t t 2 ln t b 0有三個不同的根，2
k t 1 x 3 e a設 1t x a ，m 1，3 1 e
2 e a 1 1 2 e a
2 e a t t 2e e a要證： e 6e2 x x a 6e2 ，即證 1 3 ，1 2 6e a 6e
13 m 2 1 m
即證： t1 t3 ，6 m 6
t t 13 m t t 2 1 m 即證： 1 3 6 1
3 0，
m 6
2 m 13 m2 m 12
即證： t1 t3 2 ，m 36m t1 t3
而 m m 1 t 21 t1 ln t
m 2
2 1
b 0且 m 1 t3 t3 ln t3 b 0，2
ln t m ln t t 2 t 2故 1 3 1 3 m 1 t1 t3 0，2
t t 2 2 2 ln t1 ln t3故 1 3 m m t ，1 t3
ln t ln t m 13 m22 m 12
故即證： 1 3

，
m t1 t3 36m t1 t3
t t11 t3 ln
即證： t m 13 m2 m 123 0
t1 t3 72
k 1 ln k m 13 m2 m 12
即證： 0，
k 1 72
k 1 ln k
1 1
記 k ,k 1，則 k k 2ln k 0 ，k 1 k 2

1 k
1
設u k k 2ln k ，則u k 1 2 2 2 1 0即 k 0，
k k 2 k k k
故 k 在 1, 上為增函數，故 k m ，
k 1 ln k m 13 m2 m 12 m 1 lnm m 13 m2 m 12
所以 ，
k 1 72 m 1 72
m 1 m 13 m2 m 12
記 m lnm ,0 m 1，
72 m 1
m 1 2 3m3 20m2 49m 72 m 1 2 3m3 3
則 m 0，
72m m 1 2 72m m 1 2
所以 m 在(0,1)為增函數，故 m 1 0，
m 1 m 13 m2 m 12 m 1 lnm m 13 m2 m 12
故 lnm 0即
72 m 1 0
，
m 1 72
故原不等式得證：
【點睛】思路點睛：導數背景下的切線條數問題，一般轉化為關于切點方程的解的個數問題，
而復雜方程的零點性質的討論，應該根據零點的性質合理轉化需求證的不等式，常用的方法
有比值代換等.
【021】(2022 高考北京卷·第 20 題) 已知函數 f (x) e x ln(1 x) ．
(1)求曲線 y f (x)在點 (0, f (0))處的切線方程；
(2)設 g(x) f (x)，討論函數 g(x)在[0, )上的單調性；
(3)證明：對任意的 s, t (0, )，有 f (s t) f (s) f (t)．
【答案】解析:(1)因為 f (x) e x ln(1 x) ，所以 f 0 0，
即切點坐標為 0,0 ，
f (x) ex又 (ln(1 x) 1 )，
1 x
∴切線斜率 k f (0) 1 ∴切線方程為： y x
(2) 因為 g(x) f (x) ex (ln(1 1 x) )，所以 g (x) e x (ln(1 x)
2 1
) ，
1 x 1 x (1 x)2
2
令 h(x) ln(1 x)
2 1
1 2 2 x 1，則 h (x) 0，
1 x (1 x)2 1 x (1 x)2 (1 x)3 (1 x)3
∴ h(x)在[0, )上單調遞增，∴h(x) h(0) 1 0∴ g (x) 0在[0, )上恒成立，
∴ g(x) 在 [0, )上單調遞增．
(3) 原不等式等價于 f (s t) f (s) f (t) f (0)，
令m(x) f (x t) f (x)， (x, t 0)，即證m(x) m(0)，
∵m(x) f (x t) f (x) e x t ln(1 x t) e x ln(1 x) ，
x t x
m (x) e x t ln(1 x e t) e x ln(1 e x) g(x t) g(x) ，
1 x t 1 x
由(2)知 g(x) f (x) ex (ln(1 x) 1 )在 0, 上單調遞增，
1 x
∴ g(x t) g(x)，∴m (x) 0
∴m(x)在 0, 上單調遞增，又因為 x, t 0，
∴m(x) m(0)，所以命題得證．
【022】(2023 年新課標全國Ⅱ卷·第 22 題) (1)證明：當0 x 1時， x x sin x x；
(2)已知函數 f x cosax ln 1 x2 ，若 x 0是 f x 的極大值點，求 a 的取值范圍．
【答案】(1)證明見詳解(2) , 2 2,
解析：(1)構建 F x x sin x, x 0,1 ，則 F x 1 cos x 0對 x 0,1 恒成立，
則 F x 在 0,1 上單調遞增，可得 F x F 0 0，
所以 x sin x, x 0,1 ；
構建G x sin x x x2 x2 x sin x, x 0,1 ，
則G x 2x 1 cos x, x 0,1 ，
構建 g x G x , x 0,1 ，則 g x 2 sin x 0對 x 0,1 恒成立，
則 g x 在 0,1 上單調遞增，可得 g x g 0 0，
G 即 x 0對 x 0,1 恒成立，則G x 在 0,1 上單調遞增，可得G x G 0 0，
所以 sin x x x2 , x 0,1 ；綜上所述： x x sin x x．
(2)令1 x2 0，解得 1 x 1，即函數 f x 的定義域為 1,1 ，
若 a 0，則 f x ln 1 x2 , x 1,1 ，
因為 y lnu在定義域內單調遞減，y 1 x2在 1,0 上單調遞增，在 0,1 上單調遞減，
則 f x ln 1 x2 在 1,0 上單調遞減，在 0,1 上單調遞增，
故 x 0是 f x 的極小值點，不合題意，所以 a 0．
當 a 0時，令b a 0
因為 f x cosax ln 1 x2 cos a x ln 1 x2 cosbx ln 1 x2 ，
且 f x cos bx ln 1 x
2
cosbx ln 1 x
2 f x ，
所以函數 f x 在定義域內為偶函數，
由題意可得： f x 2x bsinbx
x2
, x 1,1 ，
1
1
(i)當0 b2 2時，取m min

,1 ， x 0,m ，則bx 0,1 ，
b
x b2x2 2 b2
2x 2 2x 由(1)可得 f x b sin bx ，
x2
b x
1 x2 1 1 x2
x b2x2 2 b2
且b2x2 0,2 b2 0,1 x2 0 ，所以 f x 2 0，1 x
即當 x 0,m 0,1 時， f (x)> 0，則 f x 在 0,m 上單調遞增，
結合偶函數的對稱性可知： f x 在 m,0 上單調遞減，
所以 x 0是 f x 的極小值點，不合題意；
1
( ⅱ ) 當 b2 2 時 ， 取 x 0, 0,1 ， 則 bx 0,1 ， 由 (1) 可 得
b
f x bsinbx 2x 2 2
x2
b bx b x1
2x x
b3x3 b2 2 3 2
x2
x b x 2 b ，
1 1 x2
1
構建 h x b3x3 b2x2 b3x 2 b2 , x 0, ，
b
則 h x 3b3x2 2b2x b3 , x 0,
1 3
， 且 h 0 b 0,h
1
b
3 b 0 ， 則
b b
h 1x 0 x 0, 對 恒成立，
b
h x 0, 1 可知 在 上單調遞增，且 h 0
1
2 b2 0,h 2 0，
b b

所以 h x 在 0,
1 n 1 內存在唯一的零點b
0, ，
b
當 x 0,n 時，則 h x 0，且 x 0,1 x2 0，
則 f x x b3x3 b22 x2 b3x 2 b2 0，1 x
即當 x 0,n 0,1 時， f x 0，則 f x 在 0,n 上單調遞減，
結合偶函數的對稱性可知： f x 在 n,0 上單調遞增，
所以 x 0是 f x 的極大值點，符合題意；
綜上所述：b2 2，即a2 2，解得 a 2或 a 2，
故 a 的取值范圍為 , 2 2, ．
1
【023】(2023 年全國乙卷理科·第 21 題)已知函數 f (x) a ln(1 x)．
x
(1)當 a 1時，求曲線 y f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)是否存在 a，b，使得曲線 y f
1
關于直線 x b對稱，若存在，求 a，b的值，
x
若不存在，說明理由．
(3)若 f x 在 0, 存在極值，求 a 的取值范圍．
【答案】(1) ln 2 x y ln 2 0；
1
(2)存在 a ,b 1 滿足題意，理由見解析．
2 2

(3) 0,
1
2
．

1
解析：(1)當a 1時， f x 1 ln x 1 ，
x
f x 1 ln x 1 1 1則 2 1

，據此可得 f 1 0, f 1 ln 2，x x x 1
函數在 1, f 1 處的切線方程為 y 0 ln 2 x 1 ，即 ln 2 x y ln 2 0．
(2)
1
由函數的解析式可得 f x
1
a ln
x
1 ，
x
1 x 1
函數的定義域滿足 1 0，即函數的定義域為 , 1 0, ，
x x
1 1
定義域關于直線 x 對稱，由題意可得b ，
2 2
f 1 1 1由對稱性可知 m f m

m
3
，取m 可得 f 1 f 2 ，
2 2 2 2
a 1 1即 1 ln 2 a 2 ln ，則 a 1 2 a，解得 a ，
2 2
a 1 ,b 1 1 1 1 1經檢驗 滿足題意，故 a ,b ．即存在 a ,b 滿足題意．
2 2 2 2 2 2
1 1 1
(3)由函數的解析式可得 f x 2 ln x 1 x ax ， x 1
由 f x 在區間 0, 存在極值點，則 f x 在區間 0, 上存在變號零點;
1 令 2 ln x 1
1 a 1 0，則 x 1 ln x 1 x ax2x x x 0， 1
g x = ax2令 x x 1 ln x 1 ，
f x 在區間 0, 存在極值點，等價于 g x 在區間 0, 上存在變號零點，
g x 2ax ln x 1 , g x 2a 1
x 1
當 a 0時， g x 0， g x 在區間 0, 上單調遞減，
此時 g x g 0 0， g x 在區間 0, 上無零點，不合題意;
a 1當 ， 2a 1 1時，由于 1，所以 g x 0, g x 在區間 0, 上單調遞
2 x 1
增，所以 g x g 0 0， g x 在區間 0, 上單調遞增， g x g 0 0，
所以 g x 在區間 0, 上無零點，不符合題意；
0 a 1當 時，由 g x 1 2a 0可得 x = 1 1，
2 x 1 2a
x 0, 1 1 當 2a
時， g x 0， g x 單調遞減，

1
當 x 1, 時， g x 0， g x 單調遞增，
2a
故 g x 1 的最小值為 g 1 1 2a ln 2a，
2a
令m x 1 x ln x 0 x 1 ，則m x x 1 0，
x
函數m x 在定義域內單調遞增，m x m 1 0，
據此可得1 x ln x 0恒成立，
g 1 1 則 1 2a ln 2a 0，
2a
2
令 h x ln x x2 x x 0 ，則 h x 2x x 1 ，
x
當 x 0,1 時， h x 0,h x 單調遞增，
當 x 1, 時， h x 0,h x 單調遞減，
故 h x h 1 0，即 ln x x2 x (取等條件為 x 1)，
所以 g x 2ax ln x 1 2ax 2 x 1 x 1 2ax x
2 x ，
g 2a 1 2a 2a 1 2a 1
2 2a 1 0，且注意到 g 0 0，
根據零點存在性定理可知: g x 在區間 0, 上存在唯一零點 x0．
當 x 0, x0 時， g x 0， g x 單調減，
當 x x0 , 時， g x 0， g x 單調遞增，
所以 g x0 g 0 0．
令 n x ln x x n x 1 1 2 x，則 ，
x 2 x 2x
則函數 n x ln x x 在 0,4 上單調遞增，在 4, 上單調遞減，
所以 n x n 4 ln 4 2 0，所以 ln x x ，

g 4 = 4

1 a 4 4 1 a

所以 2 2 2 1 ln 2 1 4 2a 1 a a a a
a2
1

> 4 1
4
a ln
4 1 a 1 2a 1
a2 a
a2
4 1 4

2 ln
4 4 4 4
a a a2
1 a2
1 1
a a
2

16 4
4 2 2 1
12
a a 4 a2
1
2 1 2 1 0 a
，
4 4 1
a 4 42 2 1a a a a
所以函數 g x 在區間 0, 上存在變號零點，符合題意．
1
綜合上面可知:實數 a得取值范圍是 0, ．
2
練習：
【024】求證: e x ex ln x ex2 .
【025】已知函數 f (x) x 1 ln x a x 1
(II)若當 x 1, 時，,求 f x 0實數 a 的取值范圍。
a ln x b
【026】已知函數 f (x) 曲線 y f (x)在點(1,f(x))處的切線方程為:
x 1 x
x+2y-2=0
ln x
(1)求 a,b 的值；(2)證明:當 x>0，且 x≠1時, f (x)
x 1；
【027】已知函數 f (x) 2 x ax2 ln(1 x) 2x .
(1)若 a=0，證明:當-10 時，f(x)>0;
【028】（2021 全國高考乙卷導數壓軸(河南、安徽、陜西、陜西、甘肅等 12 省)
設函數 f (x) ln(a x)，已知 x = 0 是函數 y xf (x) 的極值點.
g(x) x f (x)(1)求 a; (2)設函數 .證明: g(x) 1
xf (x) .

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