专题 19 导数综合
命题解读 考向 考查统计
2022·新高考Ⅰ卷，22（1）
2024·新高考Ⅰ卷，18（1）
导数与函数最值
2024·新高考Ⅰ卷，18（3）
1.高考中，导数是必考内容。难度、广
2022·新高考Ⅱ卷，22（2）
度和深度较大。常规基础考查求导公式
导数与函数零点 2022·新高考Ⅰ卷，22（2）
与几何意义；中等难度考查求单调区
2023·新高考Ⅰ卷，19（1）
间、极值、最值等；压轴题考查零点、 导数与函数单调性
2022·新高考Ⅱ卷，22（1）
不等式证明、恒成立或者存在问题、分
2023·新高考Ⅰ卷，19（2）
类讨论求参数等，和数列、不等式、函
导数与不等式证明 2022·新高考Ⅱ卷，22（3）
数等知识结合。
2023·新高考Ⅱ卷，22（1）
2023·新高考Ⅱ卷，22（2）
导数与函数极值
2024·新高考Ⅱ卷，16（2）
命题分析
2024 年高考新高考Ⅰ卷考查了导数中函数最值、函数的对称性、恒成立问题的综合运用，难度较难。Ⅱ
卷考查了曲线的切线和函数的极值求参数，常规考查，难度适中。导数的高频考点有：含参函数的参数对
函数性质的影响；用导数研究函数的单调性、极值或最值；求曲线切线的方程；函数的零点讨论；函数的
图像与函数的奇偶性结合考查等。导数中频考点有：用函数的单调性比较大小；利用函数证明不等式或求
不等式的解；求参数的取值范围等。预计 2025 年高考还是主要考查导数与切线及恒成立、求参问题。
试题精讲
一、解答题
x
1．（2024 新高考Ⅰ卷·18）已知函数 f (x) = ln + ax + b(x -1)3
2 - x
(1)若b = 0，且 f (x) 0，求 a的最小值；
(2)证明：曲线 y = f (x) 是中心对称图形；
(3)若 f (x) > -2当且仅当1< x < 2，求b 的取值范围．
【答案】(1) -2
(2)证明见解析
b 2(3) -
3
【分析】（1）求出 f x = 2 + a后根据 f (x) 0min 可求 a的最小值；
（2）设 P m, n 为 y = f x 图象上任意一点，可证 P m, n 关于 1, a 的对称点为Q 2 - m, 2a - n 也在函数的
图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断 f 1 = -2 a 2即 = -2 ，再根据 f (x) > -2在 1,2 上恒成立可求得b - .
3
【详解】（1）b = 0时， f x x= ln + ax，其中 x 0,2 ，
2 - x
f x 1 1 2则 = + = + a, x 0,2 x 2 - x x 2 - x ，
x 2 x 2 - x + x
2
因为 - ÷ =1，当且仅当 x =1时等号成立，
è 2
故 f x = 2 + a，而 f x 0min 成立，故 a + 2 0即 a -2，
所以 a的最小值为-2 .，
x
（2） f x = ln + ax + b x -1 3的定义域为 0,2 ，
2 - x
设 P m, n 为 y = f x 图象上任意一点，
P m, n 关于 1, a 的对称点为Q 2 - m, 2a - n ，
因为 P m, n 在 y = f x m 3图象上，故 n = ln + am + b m -1 ，
2 - m
2 - m
而 f 2 - m = ln + a 2 - m + b 2 - m -1 3 = - é m 3 ù
m ê
ln + am + b m -1 + 2a ，
2 - m ú
= -n + 2a，
所以Q 2 - m, 2a - n 也在 y = f x 图象上，
由 P 的任意性可得 y = f x 图象为中心对称图形，且对称中心为 1, a .
（3）因为 f x > -2 当且仅当1< x < 2，故 x =1为 f x = -2 的一个解，
所以 f 1 = -2即 a = -2 ，
先考虑1< x < 2时， f x > -2 恒成立.
此时 f x > -2 x即为 ln + 2 1- x + b x -1 3 > 0在 1,2 上恒成立，
2 - x
设 t = x -1 0,1 t +1 3，则 ln - 2t + bt > 0在 0,1 上恒成立，
1- t
g t ln t +1 3设 = - 2t + bt , t 0,1 ，
1- t
t 2 -3bt 2 + 2 + 3b
则 g 2 t = 2 - 2 + 3bt 2 = ，1- t 1- t 2
当b 0，-3bt 2 + 2 + 3b -3b + 2 + 3b = 2 > 0，
故 g t > 0恒成立，故 g t 在 0,1 上为增函数，
故 g t > g 0 = 0即 f x > -2 在 1,2 上恒成立.
2
当- b < 0时，
3 -3bt
2 + 2 + 3b 2 + 3b 0，
故 g t 0恒成立，故 g t 在 0,1 上为增函数，
故 g t > g 0 = 0即 f x > -2 在 1,2 上恒成立.
b 2当 < - 3 ，则当0 < t
2
< 1+ <1时， g t < 0
3b
2
故在 0, 1+ ÷÷上 g t 3b 为减函数，故 g t < g 0 = 0，不合题意，舍；è
综上， f x > -2 在 1,2 2上恒成立时b - .
3
而当b
2
- 时，
3
b 2而 - 时，由上述过程可得 g t 在 0,1 递增，故 g t > 0的解为 0,1 ，
3
即 f x > -2 的解为 1,2 .
2
综上，b - .
3
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对
一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范
围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
2．（2024 新高考Ⅱ卷·16）已知函数 f (x) = ex - ax - a3 ．
(1)当 a =1时，求曲线 y = f (x) 在点 1, f (1) 处的切线方程；
(2)若 f (x) 有极小值，且极小值小于 0，求 a 的取值范围．
【答案】(1) e -1 x - y -1 = 0
(2) 1, +
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析 a 0和 a > 0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得 a2 + ln a -1 > 0，
构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知 f (x) = ex - a 有零点，可得 a > 0，进而利用导数求 f x 的单
调性和极值，分析可得 a2 + ln a -1 > 0，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当 a =1时，则 f (x) = ex - x -1， f (x) = ex -1，
可得 f (1) = e - 2， f (1) = e -1，
即切点坐标为 1,e - 2 ，切线斜率 k = e -1，
所以切线方程为 y - e - 2 = e -1 x -1 ，即 e -1 x - y -1 = 0 .
（2）解法一：因为 f (x) 的定义域为R ，且 f (x) = ex - a ，
若 a 0，则 f (x) 0对任意 x R 恒成立，
可知 f (x) 在R 上单调递增，无极值，不合题意；
若 a > 0，令 f (x) > 0 ，解得 x > ln a；令 f (x) < 0 ，解得 x < ln a；
可知 f (x) 在 - , ln a 内单调递减，在 ln a, + 内单调递增，
3
则 f (x) 有极小值 f ln a = a - a ln a - a ，无极大值，
由题意可得： f ln a = a - a ln a - a3 < 0 ，即 a2 + ln a -1 > 0，
g a = a2构建 + ln a -1,a > 0 1，则 g a = 2a + > 0，
a
可知 g a 在 0, + 内单调递增，且 g 1 = 0，
不等式 a2 + ln a -1 > 0等价于 g a > g 1 ，解得 a > 1，
所以 a 的取值范围为 1, + ；
解法二：因为 f (x) 的定义域为R ，且 f (x) = ex - a ，
若 f (x) 有极小值，则 f (x) = ex - a 有零点，
令 f (x) = ex - a = 0，可得 ex = a ，
可知 y = ex 与 y = a 有交点，则 a > 0，
若 a > 0，令 f (x) > 0 ，解得 x > ln a；令 f (x) < 0 ，解得 x < ln a；
可知 f (x) 在 - , ln a 内单调递减，在 ln a, + 内单调递增，
则 f (x) 有极小值 f ln a = a - a ln a - a3 ，无极大值，符合题意，
由题意可得： f ln a = a - a ln a - a3 < 0 ，即 a2 + ln a -1 > 0，
构建 g a = a2 + ln a -1,a > 0 ，
因为则 y = a2 , y = ln a -1在 0, + 内单调递增，
可知 g a 在 0, + 内单调递增，且 g 1 = 0，
不等式 a2 + ln a -1 > 0等价于 g a > g 1 ，解得 a > 1，
所以 a 的取值范围为 1, + .
一、解答题
1．（2022 新高考Ⅰ卷·22）已知函数 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)证明：存在直线 y = b，其与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交
点的横坐标成等差数列．
【答案】(1) a =1
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求 a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当b >1时， ex - x = b 的解的个数、 x - ln x = b的解的个数均为 2，构建新函数
h(x) = ex + ln x - 2x ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 f x , g x 的大小关系，根据存在直线 y = b
与曲线 y = f x 、 y = g x 有三个不同的交点可得b 的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差
数列.
【详解】（1） f (x) = ex - ax的定义域为 R ，而 f (x) = ex - a ，
若 a 0，则 f (x) > 0 ，此时 f (x) 无最小值，故 a > 0 .
g(x) = ax - ln x的定义域为 0, + ，而 g (x) = a 1 ax -1- = .
x x
当 x < ln a时， f (x) < 0 ，故 f (x) 在 - , ln a 上为减函数，
当 x > ln a时， f (x) > 0 ，故 f (x) 在 ln a, + 上为增函数，
故 f (x)min = f ln a = a - a ln a .
0 x 1当 < < 时， g (x) < 0 ，故 g(x)在 0,
1
÷上为减函数，a è a
x 1
1
当 >
时， g (x) > 0，故 g(x)在 ,+ ÷ 上为增函数，a è a
故 g(x)min = g
1
=1- ln
1
.
è a ÷ a
因为 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值，
1 ln 1 a a ln a a -1故 - = - ，整理得到 = ln a ，其中 a > 0，
a 1+ a
2 1 -a2 -1
设 g a a -1= - ln a,a > 0，则 g a = 2 - = 2 0，1+ a 1+ a a a 1+ a
故 g a 为 0, + 上的减函数，而 g 1 = 0，
故 g a = 0 1- a的唯一解为 a =1，故 = ln a 的解为 a =1 .
1+ a
综上， a =1 .
（2）[方法一]：
由（1）可得 f (x) = ex - x和 g(x) = x - ln x
1
的最小值为1- ln1 =1- ln =1.
1
当b >1时，考虑 ex - x = b 的解的个数、 x - ln x = b的解的个数.
设 S x = ex - x - b， S x = ex -1，
当 x < 0 时， S x < 0，当 x > 0时， S x > 0，
故 S x 在 - ,0 上为减函数，在 0, + 上为增函数，
所以 S x = S 0 =1- b < 0min ，
而 S -b = e-b > 0， S b = eb - 2b，
设u b = eb - 2b，其中b >1，则u b = eb - 2 > 0 ，
故u b 在 1, + 上为增函数，故u b > u 1 = e - 2 > 0，
故 S b > 0，故 S x = ex - x - b有两个不同的零点，即 ex - x = b 的解的个数为 2.
设T x = x - ln x - b T x x -1， = ，
x
当0 < x <1时，T x < 0，当 x >1时，T x > 0，
故T x 在 0,1 上为减函数，在 1, + 上为增函数，
所以T x = T 1 =1- b < 0min ，
T e-b = e-b而 > 0，T eb = eb - 2b > 0，
T x = x - ln x - b有两个不同的零点即 x - ln x = b的解的个数为 2.
当b =1，由（1）讨论可得 x - ln x = b、 ex - x = b 仅有一个解，
当b<1时，由（1）讨论可得 x - ln x = b、 ex - x = b 均无根，
故若存在直线 y = b与曲线 y = f x 、 y = g x 有三个不同的交点，
则b >1.
设 h(x) = ex + ln x - 2x ，其中 x > 0，故 h (x)
1
= ex + - 2，
x
设 s x = ex - x -1， x > 0，则 s x = ex -1 > 0，
故 s x 在 0, + 上为增函数，故 s x > s 0 = 0即 ex > x +1，
所以 h (x) > x
1
+ -1 2 -1 > 0，所以 h(x) 在 0, + 上为增函数，
x
1
而 h(1) = e - 2 > 0 h( 1 ) ee3 3 2 e 3 2， 3 = - - < - - < 0，e e3 e3
故 h x 0, + 1上有且只有一个零点 x0 ， 3 < xe 0 <1且：
当0 < x < x 时， h x < 0即 ex0 - x < x - ln x 即 f x < g x ，
当 x > x0时， h x > 0 即 ex - x > x - ln x 即 f x > g x ，
因此若存在直线 y = b与曲线 y = f x 、 y = g x 有三个不同的交点，
故b = f x0 = g x0 >1，
此时 ex - x = b 有两个不同的根 x1, x0 (x1 < 0 < x0 ) ，
此时 x - ln x = b有两个不同的根 x0 , x4 (0 < x0 <1< x4 ) ，
x x
故 e 1 - x1 = b， e 0 - x0 = b， x4 - ln x4 - b = 0 ， x0 - ln x0 - b = 0
x -b x -b
所以 x4 - b = ln x4 即 e 4 = x4 即 e 4 - x4 - b - b = 0，
故 x4 - b 为方程 ex - x = b 的解，同理 x0 - b 也为方程 ex - x = b 的解
ex1 - x = b ex又 可化为 11 = x1 + b即 x1 - ln x1 + b = 0即 x1 + b - ln x1 + b - b = 0，
故 x1 + b 为方程 x - ln x = b的解，同理 x0 + b 也为方程 x - ln x = b的解，
所以 x1, x0 = x0 - b, x4 - b ，而b >1，
ìx0 = x4 - b
故 íx x b 即
x1 + x4 = 2x0 .
1 = 0 -
[方法二]：
由 (1) 知， f (x) = ex - x ， g(x) = x - ln x，
且 f (x) 在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增；
g(x)在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增，且 f (x)min = g(x)min = 1.
①b<1时，此时 f (x)min = g(x)min = 1 > b ，显然 y = b与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x)
共有 0 个交点，不符合题意；
② b =1时，此时 f (x)min = g(x)min = 1 = b ，
故 y = b与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 共有 2 个交点，交点的横坐标分别为 0 和 1；
③ b >1时，首先，证明 y = b与曲线 y = f (x) 有 2 个交点，
即证明 F (x) = f (x) - b 有 2 个零点， F (x) = f (x) = ex -1，
所以 F (x)在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增，
又因为 F (-b) = e-b > 0， F (0) =1- b < 0 ， F (b) = eb - 2b > 0 ，
( 令 t(b) = eb - 2b ，则 t (b) = eb - 2 > 0， t(b) > t(1) = e - 2 > 0)
所以 F (x) = f (x) - b 在 (- ,0)上存在且只存在 1 个零点，设为x1，在 (0, + )上存在且只存在 1 个零点，设
为 x2.
其次，证明 y = b与曲线和 y = g(x) 有 2 个交点，
即证明G (x) = g (x) - b 有 2 个零点，G (x) = g (x) 1
1
= -
x ，
所以G(x)(0,1) 上单调递减，在 (1, + )上单调递增，
又因为G(e-b ) = e-b > 0，G 1 =1- b < 0 ，G(2b) = b - ln 2b > 0 ，
( 令 m(b) = b - ln 2b
1
，则 m (b) = 1- > 0 ， m (b) > m (1) = 1 - ln 2 > 0)b
所以G (x) = g (x) - b 在( 0, 1)上存在且只存在 1 个零点，设为 x3 ，在 (1, + )上存在且只存在 1 个零点，设为 x4 .
再次，证明存在 b，使得 x2 = x3 :
因为 F (x2 ) = G(x3 ) = 0 ，所以 b = e
x2 - x2 = x3 - ln x3 ，
若 x = x ，则 ex22 3 - x x22 = x2 - ln x2 ，即 e - 2x2 + ln x2 = 0，
所以只需证明 ex - 2x + ln x = 0在( 0, 1)上有解即可，
即j(x) = ex - 2x + ln x在( 0, 1)上有零点，
1 1
因为j( ) = ee3 23 - 3 - 3 < 0，j(1) = e - 2 > 0 ，e e
所以j(x) = ex - 2x + ln x在( 0, 1)上存在零点，取一零点为 x0 ，令 x2 = x3 = x0即可，
b = ex此时取 0 - x0
则此时存在直线 y = b，其与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三个不同的交点，
最后证明 x1 + x4 = 2x0 ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为 F (x1) = F (x2 ) = F (x0 ) = 0 = G(x3 ) = G(x0 ) = G(x4 )
所以 F (x1) = G(x0 ) = F (ln x0 ) ，
又因为 F (x)在 (- ,0)上单调递减， x1 < 0 ，0 < x0 <1即 ln x0 < 0，所以 x1 = ln x0，
同理，因为 F (x0 ) = G(e
x0 ) = G(x4 ) ，
又因为G(x)在 (1, + )上单调递增， x0 > 0 即 ex0 >1， x >1，所以 x = ex01 4 ，
又因为 ex0 - 2x0 + ln x = 0 ，所以 x + x = e
x0
0 1 4 + ln x0 = 2x0 ，
即直线 y = b与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，
而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
2．（2023 x新高考Ⅰ卷·19）已知函数 f x = a e + a - x．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x 2lna 3(2)证明：当 a > 0时， > + ．
2
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论 a 0与 a > 0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
1 1
（2 2 2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为 a - - ln a > 0的恒成立问题，构造函数 g a = a - - ln a a > 0 ，
2 2
利用导数证得 g a > 0即可.
x
方法二：构造函数 h x = e - x -1，证得 ex x +1，从而得到 f (x) x + ln a +1+ a2 - x，进而将问题转化为
a2 1- - ln a > 0的恒成立问题，由此得证.
2
【详解】（1）因为 f (x) = a ex + a - x，定义域为R f x = aex，所以 -1，
当 a 0时，由于 ex > 0，则 ae x 0 ，故 f x = aex -1 < 0恒成立，
所以 f x 在R 上单调递减；
当 a > 0时，令 f x = aex -1 = 0，解得 x = - ln a ，
当 x < - ln a 时， f x < 0，则 f x 在 - , - ln a 上单调递减；
当 x > - ln a 时， f x > 0，则 f x 在 - ln a, + 上单调递增；
综上：当 a 0时， f x 在R 上单调递减；
当 a > 0时， f x 在 - , - ln a 上单调递减， f x 在 - ln a, + 上单调递增.
（2）方法一：
由（1 - ln a 2）得， f x = f - ln a = a e + a + ln a =1+ a + ln amin ，
要证 f (x) > 2ln a
3 3 1
+ 2，即证1+ a + ln a > 2ln a + 2，即证 a - - ln a > 0恒成立，
2 2 2
2
令 g a = a2 1- - ln a a > 0 ，则 g
2 a 2a
1 2a -1
= - = ，
a a
令 g a < 0 ，则0 2< a < ；令 g a > 0 2，则 a > ；
2 2
2 2
所以 g a 在 0, ÷÷ 上单调递减，在 ,+ 2 2 ÷÷上单调递增，è è
2
所以 g a g 2 2 1 2= =min 2 ÷÷ 2 ÷÷ - - ln = ln 2 > 0，则
g a > 0恒成立，
è è 2 2
所以当 a > 0时， f (x) > 2ln a
3
+ 恒成立，证毕.
2
方法二：
令 h x = ex - x -1，则 h x = ex -1，
由于 y = ex x在R 上单调递增，所以 h x = e -1在R 上单调递增，
h 0 = e0又 -1 = 0，
所以当 x < 0 时， h x < 0；当 x > 0时， h x > 0；
所以 h x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
故 h x h 0 = 0，则 ex x +1，当且仅当 x = 0时，等号成立，
f (x) = a ex x 2 x+ln a 2因为 + a - x = ae + a - x = e + a - x x + ln a +1+ a2 - x，
当且仅当 x + ln a = 0，即 x = - ln a 时，等号成立，
f (x) 2 ln a 3 x 3 1所以要证 > + ，即证 + ln a +1+ a2 - x > 2ln a + 2，即证 a - - ln a > 0，
2 2 2
1 1 2a2
令 g a = a2 - - ln a a > 0 g a 2a -1，则 = - = ，2 a a
令 g a < 0 0 a 2，则 < < ；令 g a > 0 a 2，则 > ；
2 2
g a 0, 2
2
所以 在 ÷÷ 上单调递减，在 ,+ 2 ÷÷上单调递增，è 2 è
2
g a g 2 2
1
所以 = ÷÷ = ÷÷ - - ln
2
= ln 2 > 0 g a > 0
min ，则 恒成立，
è 2 è 2 2 2
所以当 a > 0时， f (x) > 2ln a
3
+ 恒成立，证毕.
2
3．（2022 新高考Ⅱ卷·22）已知函数 f (x) = xeax - ex ．
(1)当 a =1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)当 x > 0时， f (x) < -1，求 a 的取值范围；
1 1 L 1(3)设 n N* ，证明： + + + > ln(n +1)2 ．1 +1 22 + 2 n2 + n
【答案】(1) f x 的减区间为 - ,0 ，增区间为 0, + .
1
(2) a
2
(3)见解析
【分析】（1）求出 f x ，讨论其符号后可得 f x 的单调性.
（2）设 h x = xeax - ex +1 1 1，求出 h x ，先讨论 a > 时题设中的不等式不成立，再就0 < a 结合放缩法
2 2
讨论 h x 符号，最后就 a 0结合放缩法讨论 h x 的范围后可得参数的取值范围.
1 1
（3）由（2）可得 2ln t < t - t 对任意的 t > 1恒成立，从而可得
ln n +1 - ln n <
2 对任意的 n N
* 恒成立，
n + n
结合裂项相消法可证题设中的不等式.
x x
【详解】（1）当 a =1时， f x = x -1 e ，则 f x = xe ，
当 x < 0 时， f x < 0，当 x > 0时， f x > 0，
故 f x 的减区间为 - ,0 ，增区间为 0, + .
（2）设 h x = xeax - ex +1，则 h 0 = 0，
又 h x = 1+ ax eax - ex ，设 g x = 1+ ax eax - ex ，
则 g x = 2a + a2x eax - ex ，
若 a
1
> ，则 g 0 = 2a -1 > 0，
2
因为 g x 为连续不间断函数，
故存在 x0 0, + ，使得"x 0, x0 ，总有 g x > 0，
故 g x 在 0, x0 为增函数，故 g x > g 0 = 0，
故 h x 在 0, x0 为增函数，故 h x > h 0 = 0，与题设矛盾.
0 < a 1 h x = 1+ ax eax - ex = eax+ln 1+ax 若 ，则 - ex ，
2
下证：对任意 x > 0，总有 ln 1+ x < x 成立，
1
证明：设 S x = ln 1+ x - x，故 S x = -1 -x= < 0，
1+ x 1+ x
故 S x 在 0, + 上为减函数，故 S x < S 0 = 0即 ln 1+ x < x 成立.
由上述不等式有 eax+ln 1+ax - ex < eax+ax - ex = e2ax - ex 0，
故 h x 0总成立，即 h x 在 0, + 上为减函数，
所以 h x < h 0 = 0 .
当 a 0时，有 h x = eax - ex + axeax <1-1+ 0 = 0，
所以 h x 在 0, + 上为减函数，所以 h x < h 0 = 0 .
1
综上， a .
2
1 1
（3）取 a = ，则"x > 0，总有 x
2 xe2 - e
x +1< 0成立，
1
令 xt = e2 ，则 t >1, t
2 = ex , x = 2ln t ，
1
故 2t ln t < t 2 -1即 2ln t < t - 对任意的 t > 1t 恒成立.
* 2ln n +1 n +1 n所以对任意的 n N ，有 < - ，
n n n +1
整理得到： ln n +1 - ln n
1
<
2 ，n + n
1 1 1
故 + +L+ > ln 2 - ln1+ ln 3- ln 2 +L+ ln n +1 - ln n
12 +1 22 + 2 n2 + n
= ln n +1 ，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处
导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
4．（2023 新高考Ⅱ卷·22）（1）证明：当0 < x <1时， x - x < sin x < x；
（2）已知函数 f x = cos ax - ln 1- x2 ，若 x = 0是 f x 的极大值点，求 a 的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2） - , - 2 U 2, +
【分析】（1）分别构建 F x = x - sin x, x 0,1 ，G x = x2 - x + sin x, x 0,1 ，求导，利用导数判断原函
数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究 f x 在 0,1 上的单调性，求导，分类讨论0 < a2 < 2 和
a2 2，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（1）构建 F x = x - sin x, x 0,1 ，则 F x =1- cos x > 0对"x 0,1 恒成立，
则 F x 在 0,1 上单调递增，可得 F x > F 0 = 0，
所以 x > sin x, x 0,1 ；
构建G x = sin x - x - x2 = x2 - x + sin x, x 0,1 ，
则G x = 2x -1+ cos x, x 0,1 ，
构建 g x = G x , x 0,1 ，则 g x = 2 - sin x > 0 对"x 0,1 恒成立，
则 g x 在 0,1 上单调递增，可得 g x > g 0 = 0，
即G x > 0对"x 0,1 恒成立，
则G x 在 0,1 上单调递增，可得G x > G 0 = 0，
所以 sin x > x - x2 , x 0,1 ；
综上所述： x - x < sin x < x .
（2）令1- x2 > 0，解得-1 < x <1，即函数 f x 的定义域为 -1,1 ，
若 a = 0，则 f x =1- ln 1- x2 , x -1,1 ，
因为 y = - ln u 在定义域内单调递减， y =1- x2 在 -1,0 上单调递增，在 0,1 上单调递减，
f x =1- ln 1- x2则 在 -1,0 上单调递减，在 0,1 上单调递增，
故 x = 0是 f x 的极小值点，不合题意，所以 a 0 .
当 a 0时，令b = a > 0
因为 f x = cos ax - ln 1- x2 = cos a x - ln 1- x2 = cosbx - ln 1- x2 ，
且 f -x = cos -bx - ln é 1- -x
2 ù
= cosbx - ln 1- x
2 = f x ，
所以函数 f x 在定义域内为偶函数，
由题意可得： f x 2x= -bsin bx - 2 , x -1,1 ，x -1
（i）当0 < b2 2时，取m min
ì1= ,1üí ， x 0,m ，则bx 0,1 ，
b
x b2x2 + 2 - b2
由（1 ）可得 f x = -bsin bx 2x b2x 2x- > - - = ，
x2 -1 x2 -1 1- x2
且b2x2 > 0,2 - b2 0,1- x2 > 0，
x b2x2 + 2 - b2
所以 f x > > 0，
1- x2
即当 x 0,m 0,1 时， f x > 0，则 f x 在 0, m 上单调递增，
结合偶函数的对称性可知： f x 在 -m,0 上单调递减，
所以 x = 0是 f x 的极小值点，不合题意；
1
（ⅱ）当b2 > 2时，取 x 0, ÷ 0,1 ，则bx 0,1 ，
è b
f x bsin bx 2x b bx b2x2 2x x1 = - - < - - - = -b3 3由（ ）可得 2 2 2 x + b2x2 + b3x + 2 - b2 ，x -1 x -1 1- x
h x = -b3x3 + b2 2 3 1构建 x + b x + 2 - b2 , x 0,
b ÷
，
è
则 h x = -3b3x2 + 2b2x 1+ b3 , x 0,
b ÷
，
è
h 0 b3 0, h 1= > 3 1 且 ÷ = b - b > 0，则 h x > 0对"x b 0, b ÷恒成立，è è
1 2 1
可知 h x 在 0, ÷上单调递增，且 h 0 = 2 - b < 0, h ÷ = 2 > 0，
è b è b
h x 0, 1 1所以 在 ÷内存在唯一的零点 n
0,
b ÷
，
è è b
当 x 0,n 时，则 h x < 0，且 x > 0,1- x2 > 0，
f x x< -b3x3 + b2x2 + b3x + 2 - b2则 < 0，
1 x2 -
即当 x 0,n 0,1 时， f x < 0，则 f x 在 0, n 上单调递减，
结合偶函数的对称性可知： f x 在 -n,0 上单调递增，
所以 x = 0是 f x 的极大值点，符合题意；
综上所述：b2 > 2，即a2 > 2，解得a > 2 或 a < - 2 ，
故 a 的取值范围为 - , - 2 U 2, + .
【点睛】关键点睛：
1.当0 < a2 2 时，利用 sin x < x, x 0,1 ，换元放缩；
2.当 a2 2 时，利用 x - x < sin x, x 0,1 ，换元放缩.
一、恒成立和有解问题思路一览
设函数 f (x) 的值域为 (a,b)或[a,b]，或 (a,b]或[a,b) 中之一种，则
①若l f (x) 恒成立（即l < f (x) 无解），则l [ f (x)]max ；
②若l f (x) 恒成立（即l > f (x)无解），则l [ f (x)]min ；
③若l f (x) 有解（即存在 x 使得l f (x) 成立），则l [ f (x)]min ；
④若l f (x) 有解（即存在 x 使得l f (x) 成立），则l [ f (x)]max ；
⑤若l = f (x)有解（即l f (x)无解），则l {y | y = f (x)}；
⑥若l = f (x)无解（即l f (x)有解），则l Cu{y | y = f (x)}．
【说明】（1）一般来说，优先考虑分离参数法，其次考虑含参转化法．
（2）取值范围都与最值或值域(上限、下限)有关，另外要注意①②③④中前后等号的取舍！（即端点值
的取舍）
二、分离参数的方法
①常规法分离参数：如l f (x) g(x)= g(x) l = ；
f (x)
l f (x) g(x) 1 f (x)②倒数法分离参数：如 = = ；
l g(x)
【当 f (x) 的值有可能取到，而 g(x) 的值一定不为 0 时，可用倒数法分离参数．】
ìl f (x) , g(x) > 0g(x)
③讨论法分离参数：如: lg(x) f (x) í
l f (x) , g(x) < 0
g(x)
n ìl f (n), n为正偶数(-1) l f (n)(n N *) í
-l f (n), n为正奇数
④ 2整体法分离参数：如l + l = f (x)；
b
⑤不完全分离参数法：如 = ln x + x - x2 ；
x
⑥作商法凸显参数，换元法凸显参数．
【注意】
（1）分离参数后，问题容易解决，就用分离参数法（大多数题可以使用此方法）． 但如果难以分离参数
或分离参数后，问题反而变得更复杂，则不分离参数，此时就用含参转化法．
（2）恒成立命题对自变量的范围有时有一部分或端点是必然成立的，应该考虑先去掉这一部分或端点，再
分离参数求解．【否则往往分离不了参数或以至于答案出问题．】
三、其他恒成立类型一
① f (x) 在[a,b]上是增函数，则 f '(x) 0恒成立．(等号不能漏掉)．
② f (x) 在 [a,b]上是减函数，则 f '(x) 0恒成立．(等号不能漏掉)．
③ f (x) 在[a,b]上是单调函数，则分上述两种情形讨论；(常用方法)
四、其他恒成立类型二
① "x1 A,$x2 B，使得方程 g(x2 ) = f (x1)成立 {y | y = f (x), x A} {y | y = g(x), x B}．
② $x1 A,$x2 B ，使得方程 g(x2 ) = f (x1)成 {y | y = f (x), x A} {y | y = g(x), x B} ．
五、其他恒成立类型三
① "x1 A,"x2 B ， f (x1) g(x2 ) f (x1)min g(x2 )max ；
② "x1 A,$x2 B， f (x1) g(x2 ) f (x1)min g(x2 )min ；
③ $x1 A,"x2 B， f (x1) g(x2 ) f (x1)max g(x2 )max ；
④ $x1 A,$x2 B ， f (x1) g(x2 ) f (x1)max g(x2 )min ．
六、构造函数解不等式解题思路
利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：
（1）把不等式转化为 f ég x ù > f é h x ù ；
（2）判断函数 f x 的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“ f ”脱掉，得到具体的不等式
（组），但要注意函数奇偶性的区别.
七、构造函数解不等式解题技巧
求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形式，下面是常见函数的变形
模型 1.对于 f (x) > g (x)，构造 h(x) = f (x) - g(x)
模型 2.对于不等式 f ' x > k k 0 ，构造函数 g x = f x - kx + b .
模型 3.对于不等式 f ' x + f x > 0 ，构造函数 g x = ex f (x)
拓展：对于不等式 f ' x + kf x > 0 ，构造函数 g x = ekx f (x)
模型 4.对于不等式 f ' x - f x > 0 ，构造函数 g x f (x)=
ex
模型 5.对于不等式 xf ' x + f x > 0，构造函数 g x = xf x
拓展：对于不等式 xf ' x + nf x > 0，构造函数 g x = xn f (x)
f x
模型 6.对于不等式 xf ' x - f x > 0，构造函数 g x = x 0
x
拓展：对于不等式 xf ' x - nf x > 0 ，构造函数 g x f (x)=
xn
f (x)
模型 7.对于 > 0，分类讨论：（1）若 f (x) > 0 ，则构造 h(x) = ln f (x);
f (x)
（2）若 f (x) < 0，则构造 h(x) = ln[- f (x)]
模型 8.对于 f (x) + ln af (x) > 0(< 0)，构造 h(x) = a x f (x) .
f (x) ln x f (x)模型 9.对于 + > 0(< 0)，构造 h(x) = f (x) ln x .
x
模型 10.（1）对于 f (x) > f (x) tan x(或f (x) < f (x) tan x) ，即 f (x) cos x - f (x)sin x > 0(< 0) ，
构造 h(x) = f (x) cos x ．
（2）对于 f (x) cos x + f (x)sin x > 0(< 0) ，构造 h(x)
f (x)
= ．
cos x
f (x)sin x - f (x) cos x f (x)
模型 11.（1） f (x)sin x + f (x) cos x = [ f (x)sin x] （2） 2 = [ ] sin x sin x
一、解答题
x
1．（2024· e + x -1浙江·三模）已知函数 f x = ．
ex
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若曲线 y = f x 在点 0,0 2处的切线与二次曲线 y = ax + 2a + 5 x - 2只有一个公共点，求实数 a 的值．
【答案】(1)单调增区间： - , 2 ，单调减区间： 2, + ．
a 1= - 9(2) 或 - 2 ．2
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）首先求出函数的切线方程，与曲线联立方程，分析D得出结论.
【详解】（1）易知 f x 定义域为 R， f x 2 - x= x ，e
所以 x - , 2 ， f x > 0， x 2, + ， f x < 0．
故 f x 单调增区间： - , 2 ，单调减区间： 2, + ．
（2）因为 f 0 = 2， f 0 = 0，
所以曲线 y = f x 在点 0,0 处的切线为 y = 2x
y = 2x y = ax2 + 2a + 5 x - 2 ax2把切线方程 代入二次曲线方程 ，得 + 2a + 3 x - 2 = 0有唯一解，
即Δ = 2a + 3 2 + 8a = 0且 a 0，即 4a2 + 20a + 9 = 0
a 1解得 = -
9
或 - ．
2 2
2．（2024·河北张家口·三模）已知函数 f (x) = ln x + 5x - 4．
(1)求曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
f (x) 3(2)证明： > - - 2．
5x
【答案】(1) 6x - y - 5 = 0；
(2)证明见详解.
【分析】（1）利用导数求斜率，由解析式求出切点纵坐标，然后可得切线方程；
（2 2）将问题转化为 x ln x + 5x - 2x
3
> - ，令 g x = x ln x + 5x2 - 2x, x > 0，求导，利用零点存在性定理判断
5
x e-2 1 极值点 0 , ÷，利用隐零点方程化简极小值可得 g x 20 = -5x0 - x0 ，结合二次函数性质即可得证.
è 4
【详解】（1） f (x) 的定义域为 0, + ，
f x 1因为 = + 5，所以曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线斜率为 k = f 1 = 6，
x
又 f (1) = ln1+ 5 - 4 =1，所以切线方程为 y -1 = 6 x -1 ，即6x - y - 5 = 0 .
3
（2） f (x) > - - 2 x ln x + 5x2 2x
3
- > - ，
5x 5
令 g x = x ln x + 5x2 - 2x, x > 0，则 g x = ln x +10x -1，
因为 g e-2 10= ln e-2 +10 e-2 -1 = 2 - 3 < 0，e
g 1 ÷ = ln
1
+10 1 -1 3 1= - ln 4 = ln e3 - ln164 4 4 2 2 > 0è
-2 1
所以存在 x0 e , ÷，使得 g x0 = ln x0 +10x0 -1 = 0 ，即 ln x0 =1-10x4 0 ，è
易知 g x 在 0, + 上单调递增，
所以，当 x 0, x0 时， g x < 0， g x 在 0, x0 上单调递减；
当 x x0 ,+ 时， g x > 0， g x 在 x0 ,+ 上单调递增.
所以当 x = x0时， g x 取得最小值：
g x0 = x ln x + 5x20 0 0 - 2x0 = x0 1-10x + 5x20 0 - 2x0 = -5x20 - x0 ，
2 -2 1
由二次函数性质可知， g x0 = -5x0 - x0 在 e , 上单调递减，
è 4 ÷
g x g 1 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
2
3．（2024·广东汕头·三模）已知函数 f x = lnx - ax, g x = ,a 0．
ax
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若 f x g x 恒成立，求 a的最小值．
【答案】(1)答案见详解
2
(2)
e3
【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对 a > 0与 a<0分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
1 1- ax
【详解】（1） f x = - a = （ a 0），
x x
当 a < 0时，由于 x > 0，所以 f x > 0恒成立，从而 f x 在 0, + 上递增；
1
当 a > 0时，0 < x < ， f x > 0 x 1； > ， f x < 0，a a
1 1
从而 f x 在 0, ÷ 上递增，在a ,+ a ÷ 递减；è è
综上，当 a < 0时， f x 的单调递增区间为 0, + ，没有单调递减区间；
当 a > 0时， f x 的单调递增区间为 0,
1 1
÷ ，单调递减区间为 ,+
÷ .
è a è a
（2）令 h x = f x - g x = ln x - ax 2- ，要使 f x g x 恒成立，
ax
只要使 h x 0恒成立，也只要使 h x 0max .
1 2 - ax +1 ax - 2h x = - a + = ，
x ax2 ax2
若 a > 0， x > 0，所以 ax +1 > 0 恒成立，
2
当0 < x < 时， h x > 0 2，当 < x < + 时， h x < 0，
a a
可知 h x 2 2 在 0, ÷内单调递增，在 ,+ a ÷ 内单调递减，è è a
h x h 2= = ln 2 - 3 0 a 2所以 max ÷ ≤ ，解得： 3 ，è a a e
2
可知 a的最小值为 ；
e3
若 a < 0， x > 0，所以 ax - 2 < 0恒成立，
0 1当 < x < - 时， h x < 0 1，当- < x < + 时， h x > 0，
a a
可知 h x 1 1 在 0,- ÷ 内单调递减，在 - ,+ a ÷内单调递增，è è a
所以 h x 在 0, + 内无最大值，且当 x 趋近于+ 时， h x 趋近于+ ，不合题意；
2
综上所述： a的最小值为 .
e3
4．（2024· 2山西吕梁·三模）已知函数 f x = x - 2x + alnx, a R .
(1)讨论函数的单调性；
x f x - x f x(2)若对任意的 x1, x
2 0, + , x 2 1 1 21 x2 ，使 > 0恒成立，则实数 a的取值范围.x1 - x2
【答案】(1)答案见解析
(2)[0, 2e3]
2
【分析】（1）由 f x = x2 - 2x + alnx, a R ，定义域为 x 0, + ，求导 f x 2x - 2x + a= ，令
x
g x = 2x2 - 2x + a，讨论当 a取不同的值时 g x 的正负情况，即可得到 f x 的单调性；
x2 f x1 - x1 f x2 2
f x
> 0 1 f x2 > f x（ ）法一：由 可化为 ，令G x alnx= = x - 2 + ，讨论 a取正、负、x1 - x2 x1 x2 x x
a 1- lnx
零时G x =1+ 2 0恒成立，即可得到实数 a的取值范围；x
x2 f x1 - x1 f x2 é f x1 f x2 ù f x
法二：由 > 0 可得 x
x x 1
- x2 ê -x x ú > 0，令 g x = = x - 2
alnx
+ ，即 g x 0
1 - 2 1 2 x x
2
恒成立，由 g x + ax 1- lnx 2= ，则令 h x = x + a 1- lnx ，则 h x 02 恒成立，讨论 a取正、负、零时x
2
h x 2x - a= 的单调情况，得到极值，即可得到实数 a的取值范围.
x
2
【详解】（1） f x 的定义域为 x 0, + , f x = 2x 2 a 2x - 2x + a- + = ，
x x
g x = 2x2令 - 2x + a，
又QΔ = 4 -8a，
1o a
1
，当Δ 0，即 时， g x 0 ，此时 f x > 0, f x 在 0, + 上单调递增
2
1
2o ，当Δ > 0，即 a < 时，2
令 g x = 0 x 1- 1- 2a , x 1+ 1- 2a，解得 1 = =2 2 2
1
其中，当0 < a < 时 ,0 < x1 x2 , x 0, x1 x2 2
,+ , g x 0 ，
x x1，x2 , g x < 0
所以 f x 在 0, x1 , x2 , + 单调递增，在 x1, x2 单调递减；
当 a < 0时， x1 < 0 < x2 , x 0, x2 , g x 0, x x2 , + , g x 0 ，
故 f x 在 0, x2 单调递减， x2 ,+ 单调递增.
1
综上： a , f x 在 0, + 上单调递增；
2
1 1- 1- 2a 1+ 1- 2a 0 < a < , f x 在
2
0, ,2 ÷÷
,+
2 ÷÷
上单调递增；
è è
a 0, f x 0,1+ 1- 2a 1+ 1- 2a 在 ÷÷上单调递减，在2 ,+ 2 ÷÷ 上单调递增.è è
（2）法一：不妨设0 < x1 < x2 ，则 x2 f x1
f x
- x f x > 0 x x 1 f x2 1 2 ，同除以 1 2 得 > ，x1 x2
f
G x x x 2 alnx所以令 = = - + ，
x x
当 x 0, + G x a 1- lnx1 时， = + 2 0恒成立， x
1o，若 a = 0,G x =1 > 0恒成立，符合题意，
o a 0, 1 lnx -12 ，当 > 2 恒成立，a x
F x lnx -1令 = 则 F x 3 - 2lnx= ，
x2 x3
3 3
所以 F x 在 0,e2 ÷单调递增，在 e2 , + ÷单调递减，
è è
1 3 1 3
所以 F
a
e2 ÷ = 3 ，所以 a 0,2e ù ，
è 2e
o a 0 1 lnx -13 +，若 < ，同理 恒成立，由 o 知，当 x 0 , F x -
a x2 2
所以不存在满足条件的 a .
3
综上所述： a 0,2e ù .
é
f x f x
ù
法二： x1 - x2 é x2 f x1 - x1 f x2 ù > 0 x
1 - x
1 2
2 ê -x x ú > 0 . 1 2
fg x x alnx令 = = x - 2 + ，则只需 g x 在 0, + 单调递增，
x x
即 g x 0恒成立，
x2 + a 1- lnxg x = ，令 h x = x2 + a 1- lnx ，则 h x 02 恒成立；x
h x 2x a 2x
2 - a
又 = - = ，
x x
① a = 0 h x = x2当 时， , h x 在 0, + 单调递增成立；
②当 a < 0时， h x > 0, h x 在 0, + 单调递增，又 x 0, h x - ，故 h x 0不恒成立.不满足题意；
③当 a > 0时，由 h x = 0 a a a得 x = ,h x 在 0, ÷÷单调递减，在 ,+ 2 2 ÷÷单调递增，2 è è
因为 h x 0恒成立，所以 h(x) a a 3= h = 3 - ln min 2 ÷÷ 0，è 2 è 2
÷
解得0 < a 2e3 ，
综上， a [0, 2e3] .
5．（2024·广西钦州·三模）已知函数 f x = asinx + xcosx .
(1)若 a = 0，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 a > -1，证明： f x 在 -π, π 上有 3 个零点.
【答案】(1) y = x
(2)证明见解析
【分析】（1）当 a = 0时求出 f 0 、 f 0 ，再由直线的点斜式方程可得答案；
（2） f 0 = 0得 0 是 f x 的一个零点，再判断出 f x 为奇函数，只需要证明 f x 在 0, π 上有 1 个零点
即可，利用导数判断出 f x 在 0, π 上的单调性，结合 f 0 = 0, f π < 0可得答案.
【详解】（1）当 a = 0时， f x = xcosx, f 0 = 0，
f x = cosx - xsinx, f 0 =1，
故曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程为 y = x ；
（2）因为 f 0 = 0，所以 0 是 f x 的一个零点， x R 时，
f -x = -asinx - xcosx = - f x ，所以 f x 为奇函数，图象关于原点对称，
要证 f x 在 -π, π 上有 3 个零点，只需要证明 f x 在 0, π 上有 1 个零点，
f x = a +1 cosx - xsinx, f 0 = a +1，
令函数 g x = f x = a +1 cosx - xsinx, g x = - a + 2 sinx - xcosx，
x π é , π 当 ê ÷时， f x < 0， 2
当 x
0,
π
÷时， g x < 0，所以函数 g x = f x
在 0,
π
÷上单调递减.
è 2 è 2
f 0 = a +1 > 0, f π π 0 π 因为 ÷ = - < ，所以存在 x 0, f x = 0
è 2 2 0 è 2 ÷
，使得 0 ，
当 x 0, x0 时， f x > 0，当 x x0 , π 时， f x < 0，
所以 f x 在 0, x0 上单调递增，在 x0 , π 上单调递减，
因为 f 0 = 0, f x0 > 0, f π = -π < 0，所以 f x 在 0, π 上有 1 个零点，
故 f x 在 -π, π 上有 3 个零点.
6．（2024·天津河西·三模）已知函数 f x = -2a ln x 2- ， g x = ax - 2a 2+1 ln x - ，其中 a R ．
x x
(1)若 f 2 = 0，求实数 a 的值
(2)当 a > 0时，求函数 g x 的单调区间；
x é1(3) 2 ù若存在 ê , e ú使得不等式 f x g x 成立，求实数 a 的取值范围． e
【答案】(1) 12
(2)答案见解析
(3) -e,+
【分析】（1）求导可得 f x ，由 f 2 = 0代入计算，即可求解；
（2）求导可得 g x ax -1 x - 2 = ，然后分 a 1 1= ,a > ,0 a 1< <2 讨论，即可求解；x 2 2 2
（3）根据题意，由 f x g x ln x分离参数可得 a ，然后构造函数求导得最值即可得到结果.
x
【详解】（1）因为 f x = -2a ln x 2- ，则 f x 2a 2= - + 2 ，x x x
由 f 2 = 0 2a 2 1可得- + 2 = 0，解得 a = .2 2 2
（2）函数 g x = ax - 2a +1 ln x 2- 的定义域为 0, + ，
x
2a +1 2 ax
2 - 2a +1 x + 2 ax -1 x - 2g x 且 = a - +
x x2
=
x2
=
x2
，
当 a > 0时，令 g x = 0 1，可得 x = > 0或 x = 2，
a
1 1
①当 = 2，即 a = 时，
a 2
对任意的 x > 0， g x > 0， g x 的单调递增区间为 0, + ．
0 1 1②当 < < 2，即 a > 时，
a 2
g x > 0 1 1，得0 < x < 或 x > 2， g x < 0，得 < x < 2，
a a
g x 1 的单调递增区间为 0, ÷和 2,
1+ ，单调递减区间为
a
, 2
a ÷è è
1 1
③当 > 2，即0 < a < 时
a 2
g x > 0 1 1，得0 < x < 2或 ； g x < 0，得 2 < x g x 的单调递增区间为 0,2 1 ,+ 1 和 a ÷ ，单调递减区间为 2, ，è è a ÷
1
综上所述， a = 时，函数 g x 的单调增区间为 0, + ；
2
1 1
a 1> 时，函数 g x 的单调增区间为 0, ÷和 2, + ，单调减区间为 , 22 è a è a ÷；
1 1
0 1< a < 时，函数 g x 的单调增区间为 0,2 和 ,+ ÷ ，单调减区间为 2,2 a a ÷ .è è
ln x é1 2 ù
（3）由 f x g x ，可得 ax - ln x 0，即 a ，其中 x ê , ex e ú，
令 h x ln x 1= ， x éê , e
2 ù
ú，x e
x é1 ,e2 ù é1 2 ù若存在 ê ú，不等式 f x g x 成立，则 a h x ， x , e e min ê ， e ú
h x 1- ln x = ，令 h x = 0，得 x=e，
x2
1
当 x < e时， h x > 0，当 e < x e2 时， h x < 0，e
h x é1所以函数 在 ê , e
ù
上递增，在 e,e2 ù 上递减，
e ú
所以函数 h x 1在端点 x = 或 x = e2 处取得最小值．
e
1 2 2 1
因为 h ÷ = -e ， h e = 2 ，所以 h ÷ < h e ，è e e è e
h x h 1 所以 =min e ÷ = -e，所以 a≥- e，è
因此，实数 a的取值范围是 -e, + ．
7．（2024·河北·三模）已知函数 f x = cosx + 2x．
(1)当 x - ,0 时，证明： f x < ex ．
(2)若函数 g x = ln x +1 + ex - f x ，试问：函数 g x 是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；极小值为 0．
【分析】（1）构造新函数，利用导数研究函数的单调性和最值，即可得证；
（2）对函数求导，并构造新函数，结合零点存在性定理及函数的单调性即可求解.
【详解】（1）证明：函数 f (x) = cos x + 2x 定义域为R ,
令 F (x) = ex - 2x - cos x ，则 F (x) = ex - 2 + sin x = (ex -1) + (sin x -1) ，
当 x (- ,0)时， ex -1 < e0 -1 = 0 ，且 sin x -1 0 ，所以 F (x) < 0，
函数 F (x) = ex - 2x - cos x 在 (- ,0)上单调递减，故 F (x) > F (0) = 0，
即 ex - 2x - cos x > 0，故 ex > f (x)得证.
1
（2）由题意 g(x) = ln(x +1) + ex - 2x - cos x, x > -1，则 g (x) = + ex - 2 + sin x, x > -1，
x +1
h(x) g (x) 1 x令 = = + e - 2 + sin x, x > -1，则 h (x) ex
1
= - 2 + cos x, x > -1x +1 (x +1)
当 x (0,
π)时， h (x) > 0，故函数 h(x) 在 (0,
π) 单调递增，则 h(x) > h(0) = 0，即 g (x) > 0，
2 2
所以 g(x)在 (0,
π) 单调递增；
2
1
当 x (-1,0) 1
-
时， h (x)单调递增，且 h (0) =1 > 0，又 h (- ) = e 2 cos( 1+ - ) - 4 < 0，
2 2
x ( 1故$ 0 - ,0)，使得 h (x0 ) = 0，2
所以当 x (x0 ,0)时， h x > 0，即函数 h(x) 在 (x0 ,0) 上单调递增，即 h(x) = g (x) < h(0) = 0，
所以函数 g(x)在 (x0 ,0) 上单调递减；
π π 3x [ , + ) ex e 2 2.72 4, 1
1
当 时， > > > 0 ，即 g (x) = + ex - 2 + sin x > 0，
2 x +1 x +1
所以函数 g(x)在[
π ,+ ) 上单调递增.
2
综上所述，函数 g(x)在 (x0 ,0) 上单调递减，在 (0, + )上单调递增，
因此，当 x = 0时，函数 g(x)有极小值，极小值为 g(0) = 0 .
故存在，极小值为 0.
1
8．（2024·四川南充·模拟预测）已知函数 f (x) =1- - a ln x, a R.
x
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)当 a > 0时，函数 f (x) 与函数 g(x) = a(1- e1-x ) - x +1有相同的最大值，求 a的值.
【答案】(1)答案见解析
(2)1
【分析】（1）求导，对 a进行分类讨论， a > 0, a 0即可.
（2）先对 g(x)求导，分析单调性，求出最大值，与 f (x) 的最大值建立等量关系，求出 a即可
f x 1 a 1- ax【详解】（1）解 = 2 - = 2 ，x > 0. x x x
1 1
①当 a > 0时，当 0 < x < 时， f x > 0，f (x) 单调递增；当 x > 时， f x < 0，f (x) 单调递减.
a a
②当 a 0时， f (x) 在（0,+ ）单调递增. .
1 1
综上所述，当 a > 0时， f (x) 在（0, ）单调递增，在（ ,+ ）单调递减.
a a
当 a 0时， f (x) 在（0,+ ）单调递增.
1
（2）由（1）得当 a > 0时，当 x = 时， f (x) 取得最大值1- a + a ln a，
a
g x = ae1-x -1,易知 g (x) 单调递减 ，令 g (x) = 0， x =1+ a ln a ，
当 x <1+ a ln a时， g x > 0， g(x)单调递增; 当 x >1+ a ln a 时， g x < 0，单 g(x)调递减，所以，当
x =1+ a ln a 时， g(x)取得最大值1- a + a ln a
依题意，有1- a + a ln a = a -1- ln a ，所以 2a - 2 - ln a - a ln a = 0
令 h(x) = 2x - 2 - ln x - x ln x (x > 0)
1 1
则 h x = 2 - - lnx +1 =1- - lnx.
x x
由 f (x)
1
的单调性可知，当 a =1时， f (x) =1- - ln x.在 x =1时取得最大值 0，即 f (x) 0 ,从而可得
x
h x =1 1- - lnx 0，因此 h(x) 在（0,+ ）上单调递减，又 h(1) = 0 ,
x
所以 2a - 2 - ln a - a ln a = 0， a =1 .
9．（2024·广东汕头·三模）已知函数 f (x) = x(ex - ax2 ) .
(1)若曲线 y = f (x) 在 x=-1处的切线与 y 轴垂直，求 y = f (x) 的极值.
(2)若 f (x) 在 (0, + )只有一个零点，求 a .
【答案】(1)
1
极小值 - e ，无极大值；
2
(2) a e= .
4
【分析】（1）求出函数 f (x) 的导数，结合几何意义求出 a，再分析单调性求出极值.
ex
（2）由函数零点的意义，等价变形得 a = 在 (0, + )2 只有一解，转化为直线与函数图象只有一个交点求解.x
【详解】（1）函数 f (x) = x(ex - ax2 )的定义域为 R，求导得 f (x) = (x +1)ex - 3ax2 ， f (-1) = -3a ，
依题意， f (-1) = 0 ，则 a = 0， f (x) = x ex , f (x) = (1+ x)ex ，
当 x < -1时， f (x) < 0 ，当 x > -1时， f (x) > 0 ，
因此函数 f (x) 在 (- , -1)上单调递减，在 (-1, + )上单调递增，
1
所以函数 f (x) 在 x=-1处取得极小值 f (-1) = - ，无极大值.
e
（2）函数 f (x) = x(ex - ax2 )在 (0, + )只有一个零点，等价于 y = ex - ax2在 (0, + )只有一个零点，
设 g(x) = ex - ax2，则函数 g(x)在 (0, + )只有一个零点，当且仅当 g(x) = 0 在 (0, + )只有一解，
ex x
即 a = 在 (0, + ) e2 只有一解，于是曲线 y = 2 (x > 0) 与直线 y = a 只有一个公共点，x x
j(x) e
x x
令 = 2 (x > 0) ，求导得j (x)
e (x - 2)
= 3 ，当 x < 2时，j
(x) < 0，当 x > 2时，j (x) > 0 ，
x x
因此函数j(x) 在 (0,2)上单调递减，在 (2,+ ) 上单调递增，
e2
函数j(x) 在 x = 2取得极小值同时也是最小值j(2) = ，
4
当 x 0 时，j(x) + ；当 x + 时，j(x) + ，
x
画山j(x) e= 2 大致的图象，如图，x
2
g(x)在 (0, + ) e只有一个零点时， a = j(2) = ，
4
2
所以 f (x) 在 (0, + ) e只有一个零点吋， a = .
4
10．（2024·北京·三模）已知函数 f x = ln x +1 + k x +1 ．
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 f x -1恒成立，求实数 k 的取值范围；
n lni n n -1
(3)求证： < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
1, 1- -1- 1 【答案】(1)递增区间为 k ÷，递减区间为
-1- ,+ ．
è è k ÷
(2) k -1
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数 f x 求导,再根据 k 的正负分类讨论单调性即可;
（2）若 f x -1恒成立，即 f x -1max ，根据（1）中 f x 的单调性求出其最大值即可列式求解.
（3）由（2）知当 k = -1时,有 ln x +1 - x +1 -1在 -1, + x = n2 n N*恒成立，令 , n >1 ,即可推出
lnn n -1
< n N*, n 2 ，再对不等式两边累加求和,即可推出结论.n +1 2
【详解】（1）函数 f x 的定义域为 -1, + ．
f x 1= + k ．
x +1
① k 0时， f x > 0， f x 的递增区间为 -1, + ，无递减区间；
1
③ k < 0时，令 f x > 0得-1 < x < -1- ；令 f x < 0得 x > -1 1- ，
k k
f x 所以 的递增区间为 -1, -1
1
-
1
k ÷，递减区间为
-1- ,+ ÷ ．
è è k
（2）由（1）知， k 0时， f x 在 -1, + 上递增， f 0 = k 0 ，不合题意，
1
故只考虑 k < 0
的情况，由（1）知 f x = f -1-max k ÷ = -1- ln -k -1è
即 ln -k 0 -k 1 k -1
综上， k 的取值范围为 k -1．
（3）由（2）知：当 k = -1时， ln x +1 - x +1 -1恒成立，所以 ln x +1 x ，
2 *
所以 lnx < x -1当 x 2恒成立，令 x = n n N , n >1 ，
lnn2 < n2 -1 n N*进而 ,n 2 ，
即 2lnn < n -1 n +1 lnn n -1 *，\ < n N , n 2 ．n +1 2
n
lni ln2 ln3 ln4 lnn 1 2 3 n -1
n n -1
所以 = + + + ×××+ < + + + ×××+ = ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 3 4 5 n +1 2 2 2 2 4
n lni n n -1 即 < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
11．（2024·四川自贡·三模）已知函数 f (x)
1
=1+ + a ln x(a > 0)
x
(1)求函数 f (x) 的单调区间；
a
(2)函数 f (x) 有唯一零点x1，函数 g(x) = x - sin x - 2 在R 上的零点为x2．证明： xe 1
< x2．
1 1
【答案】(1)单调递减区间为 0, ÷ ，单调递增区间为a
,+ ÷
è è a
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
1 1
（2 ）法一：由已知导数与单调性关系及函数零点存在定理可知， x1 = , f ÷ = -alna + a +1 = 0a ，构造函è a
-2
数j x = -xlnx + x +1 e，结合导数及函数性质可得 a的范围，再令 h x = + sinx - x ，结合导数分析 h x
x
的单调性，利用不等式放缩即可求解.法二： f x1 = 0 ln x1 + x1 +1 = 0，设新函数h(x) = ln x + x +1，利用
1 1
零点存在性定理得 x1 2 , ÷，再证明 g(x)单调性即可.è e e
1
【详解】（1）函数 f (x) =1+ + a ln x(a > 0) 的定义域为 0, + ，
x
f (x) 1 a ax -1且 = - 2 + = 2 ，x x x
1 1
所以当0 < x < 时 f (x) < 0 ，当 x > 时 f (x) > 0 ，
a a
f x 0, 1 1 所以 的单调递减区间为 ÷ ，单调递增区间为 ,+ a a ÷ ；è è
f x x x 1 1 （2）法一：由（1）可知若函数 有唯一零点 1，则 1 = ，即 f ÷ = -alna + a +1 = 0 ，a è a
令j x = -xlnx + x +1，则j x = -lnx，
当 x >1时，j x < 0,j x 单调递减，当0 < x <1时，j x > 0,j x 单调递增，
因为 e4 > 2.74 = 53.1441 > 27， e5 < 35 = 243 < 256，
所以j 3 = -3ln 3 + 4 = 4 - ln 27 = ln e4 - ln 27 > 0，
j 4 = -4ln 4 + 5 = 5 - ln 256 = ln e5 - ln 256 < 0，
当0 < x <1时j x = x 1- ln x +1 > 0，当 x + 时j x - ，
所以j x 在 3,4 1 1 1上存在唯一零点，所以3 < a < 3，即 < < ，
4 a 3
e-2 e-2
令 h x = + sinx - x ，则 h x = - 2 + cosx -1< 0，x x
所以 h x 在 0, + 上单调递减，
h 1 h 1 3 sin 1 1 3 1 1 1故 ÷ > ÷ = 2 + - > 2 + sin - = sin > 0 ，è a è 3 e 3 3 3 3 3 3
ae-2 1 sin 1所以 > - ，
a a
又 g x2 = x2 - sinx2 - ae-2 = 0，
x sinx ae-2 1 sin 1所以 2 - 2 = > - = x1 - sinx1，a a
令 F x = x - sinx，则 F x = 1- cosx 0，
所以 F x 在 0, + 上单调递增，
又 F x2 > F x1 ，
所以 x2 > x1 .
法二：因为 a > 0
1
，由（1）可知若函数 f x 有唯一零点x1，则 x1 = ，a
即 f x1 = a ln x
1 1 11 + + = ln x + xx x 1 1 +1 = 0 ln x1 + x1 +1 = 0，1 1
h(x) ln x x 1 1设 = + +1, h
> 0, h ÷ 2 ÷ < 0，而 h x 在 0, + 上单调递增，è e è e
1 1
所以 x1 2 , ÷， g (x) = 1- cos x≥0，所以 g x 在R 上单调递增，è e e
a
又 g(0) = - 2 < 0,\ x1 > 0 ，e
令j(x) = x - sin x
1
- 2 ,j (x) =1- cos x
1
+ 2 2 > 0，所以j(x) 在 0, + 上单调递增，e x e x
所以\j x1 < j
1 1
÷ = -sin < 0，而 g x2 = x2 - sin x
a
2 - = x - sin x
1
- = 0
e2 2 1 x e2 ，è e e 1
1 1
\ g x1 = x1 - sin x1 - x e2 < g x2 = x2 - sin x2 - x 2 \ x1 < x1 .1 1 e
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为
不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的
单调性、极(最)值问题处理．
1
12．（2024·四川南充· 2三模）已知函数 f x = x - sinx + ax .
2
(1)当 a =1时，求 f x 的最小值；
(2)①求证： f x 有且仅有一个极值点；
②当 a -1- π,1 时，设 f x 1 2的极值点为 x0 ，若 g x = - x + 2sinx - 2x .求证： f x0 g x 2 0
【答案】(1) 0
(2)①证明见解析 ②证明见解析
【分析】（1）求出函数导数，利用导数单调性，可得出函数单调性，即可求最值；
（2）①求出函数导数，根据导数的单调性，利用零点存在性判断导数只有一个变号零点即可；②作差后
构造函数 F x0 = f x0 - g x0 ，利用导数判断函数单调性，利用单调性求出最小值 0 即可得证.
【详解】（1） f (x) = x - cos x + a ，令 f (x) = h(x)，
当 a =1时， f x 1= x2 - sin x + x， h(x) = x - cos x +1，
2
Qh (x) =1+ sin x 0，故 h(x) 在R 上单调递增，又 h(0) = 0，
\ x (- ,0), f (x) = h(x) < 0, f (x)在 - ,0 上单调递减，
x (0,+ ), f (x) = h(x) > 0, f (x)在 0, + 上单调递增，
\ f (x)的最小值为 f (0) = 0 .
（2）由（1）知， h(x) = f (x) = x - cos x + a ，
Qh (x) =1+ sin x 0，故 h(x) 在R 上单调递增，即 f (x) 在R 上单调递增，
又 f (-2 - a) = -2 - cos(2 + a) < 0, f (2 - a) = 2 - cos(2 - a) > 0 ，
\ f (-2 - a) × f (2 - a) < 0，
\ f (x)存在唯一的变号零点 x0 ，
即 f (x) 有且仅有一个极值点 x0 .
②由①知： f (x) 有且仅有一个极值点 x0 且 f x0 = x0 - cos x0 + a = 0，则 a = cos x0 - x0
当 a [-1- π,1]时， f (0) = -1+ a 0, f (π) = π +1+ a 0，
由①知：0 x0 π，要证 f (x0 ) g(x0 )，
F x 1 2 1 2 只需证： 0 = f x0 - g x0 = x0 - sin x0 + ax0 - - x0 + 2sin x0 - 2x0 ÷ 0，2 è 2
而 a = cos x0 - x0 ，那么 F x0 = 2x0 - 3sin x0 + x0 cos x0 0 x0 π .
\F x0 = 2 - 2cos x0 - x0 sin x0 ，
令 P x0 = F x0 ，则 P x0 = sin x0 - x0 cos x0 ，
设 S x0 = P x0 ，则 S x0 = x0 sin x0 ，又 x0 0, π ，
所以 S x0 0，\S x0 在 0, π 上单调递增，即 P x0 在 0, π 上单调递增，
又 P (0) = 0，\P x0 0，\P x0 在 0, π 上单调递增，
即 F x0 在 0, π 上单调递增，又 F (0) = 0，\F x0 0 ，
\F x0 在 0, π 上单调递增，\F x0 F 0 = 0，
综上所述， a [-1- π,1]时， f x0 g x0 .
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问，首先需要对要证结论变形，再构造函数
F x0 = f x0 - g x0 ，利用 a = cos x0 - x0 ，转化为证明 F x0 = 2x0 - 3sin x0 + x0 cos x0 0 0 x0 π ，本题
第二个关键点在于需要多次求导，利用函数的单调性，证明函数值不小于 0，直到得出 F x0 单调递增，再
由单调性得出结论，过程繁杂，极易出错.
2
13．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数 f (x) = lnx + - a(x +1)(a R) .
x
(1)当 a = -1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 x 11, x2 x1 < x2 是 f (x) 的两个极值点，证明： f x2 - f x1 < - 4 ．2a
【答案】(1) f (x) 在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）将 a = -1代入函数解析式，求出导函数，解导数不等式即可得到 f (x) 的单调区间；
x , x x < x f (x) x x 1 2（2）根据 1 2 1 2 是 的两个极值点，结合韦达定理可得 1 + 2 = ， x x = ，要证明a 1 2 a
x - x x 2 x - x x
f 1 f x - f x < 2 1x - f x < - 4 ln 2 < 2 1 + 2
- x1 ,
2 1 ，即转化为求证 2 1 ，即证明 令2a x1x2 x1 x1 + x2 x1x2
x -1t = 2 (t > 1)
x ，构造函数 g(t) = ln t
t
- (t >1)，利用导数研究 g(x)在 (1, + )的单调性即可得证.
1 t
【详解】（1）当 a = -1时， f (x)
2
= ln x + + x +1, f (x) 的定义域为 (0, + )，
x
f (x) 1 2
2
1 x + x - 2 (x + 2)(x -1)所以 = - 2 + = = ，令 f (x) = 02 2 ，解得 x =1，x x x x
当 x (0,1) 时， f (x) < 0 ，当 x (1,+ )时， f (x) > 0 ，
故 f (x) 在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增．
2 f (x) 1 2 -ax
2 + x - 2
（ ） = - - a = ，
x x2 x2
由题意可知， x1, x2 x1 < x2 是方程-ax2 + x - 2 = 0 的两根，
ì 1
> 0 0 a 1 x x 1 x x 2则 í2a ，解得 < < ，所以 +8 1 2
= ， 1 2 = ，
a a D =1-8a > 0
f x f x 1 4 a 1 8 a
2
- < - = × - = ×
1 8
要证 2 1 2a 2 a2 a 2 a ÷
-
è a
a x x= × + x 2 - 4x x = 2 - x1
2 1 2 1 2 ，x1x2
ln x 2 a éx 1 ln x 2 a x 1 ù x2 - x即证 2 + - 2 + - ê 1 + - 1 + ú < 1x2 x
，
1 x1x2
x2 2 x1 - x
只需证 ln
2 + - a x x - x2 - x < 2 1x1 x1x 1
，
2 x1x2
ln x2需证 < 2a
x - x 2 x - xx x - x2 - x1 + 2 1 = 2 1 + 2 1 ,x1 x1x2 x1 + x2 x1x2
x2 t -1 2(t -1)
令 t = (t > 1)x ，则需证
ln t < +
t 1 ，1 t +
1 1 2
t -1 1 1 1 1 1 1 1 -- - 4 4
设 g t = ln t - (t >1) 2 2 2 2，则 t - t (t -1) - t - t +1 t - t ÷ ，
t g (t) 1= - 2 = 2 2 = - è < 0
t t t 2t
t -1
所以函数 g(t)在 (1, + )上单调递减，所以 g(t) < g(1) = 0，因此 ln t < ,
t
2(t -1) t -1 2(t -1)
由 t > 1得， > 0，所以 ln t < +
t +1 t t +1
，
故 f x f x 12 - 1 < - 4 得证,2a
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
14 3 2．（2024·北京·模拟预测）已知函数 f (x) = ln(1+ x) + cos x + a x + x - x, x (-1,p ) .
(1)当 a = 0时；
（ⅰ）求曲线 y = f x 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；
（ⅱ）求 f (x) 零点的个数；
(2)当 a > 0时，直接写出 a 的一个值，使得 x = 0不是 f (x) 的极值点，并证明.
【答案】(1)（ⅰ） y =1;
（ⅱ） f (x) 在 (-1,p ) 有 2 个零点;
(2) a =1 ,证明见下文
【分析】(1)先求导， f (x) 在 x = 0导数值为切线的斜率，再去出切点，代入点斜式方程即可，判断零点，求
导，研究导数的正负，分析出原函数的单调性，判断区间端的的正负，根据零点存在定理，得到零点个数；
(2)不难发现 f (0) = 0 ，如果 x = 0不是 f (x) 的极值点，则 f (x) 在 x = 0左右两侧必须同号，所以 x = 0不可能
在 f (x) 增区间或者减区间里，因此 f (x) 的导数在 x = 0只能为零，所以 a =1，然后再利用单调性证明 x = 0
不是 f (x) 的极值点即可.
【详解】（1）当 a = 0时， f (x) = ln(1+ x) + cos x - x, x (-1,p ) ，
（ⅰ） f (x)
1
= - sin x -1， f (0) = 0 ， f (0) =1，
1+ x
切线方程： y - f (0) = f (0)(x - 0)，所以 y =1；
f (0) 0 x (0,p ) 1 1（ⅱ） = ，当 ， < <1,-1< -sin x 0
1
< ，所以 f (x) = - sin x -1 < 0，即 f x 在 (0,p )
1+p 1+ x 1+ x
单调递减.
令 g(x) = f (x) ， g (x)
1
= - - cos x
(1 ，+ x)2
当 x (-1,0)时， g (x) < 0，所以 g(x)在 (-1,0) 单调递减，即 f (x) 在 (-1,0) 单调递减；又因为 f (0) = 0 ，所
以，当 x (-1,0)时 f (x) > 0 ，即 f x 在 (-1,0) 单调递增；
因此： f x 在 (-1,0) 单调递增，在 (0,p ) 单调递减.
当 x -1时， ln(1+ x) - ， f (x) < 0； f (0) =1，因为 f x 在 (-1,0) 单调递增，所以，根据零点存在定
理， f (x) 在 x (-1,0)有唯一零点；
令h(x) = ln(1+ x) - x h (x)
1 1 -x， = - = ，
1+ x 1+ x
当 x (-1,0)时， h (x) > 0， h(x) 单调递增，且 h(0) = 0，
当 x (0,+ )时， h (x) < 0， h(x) 单调递减；
所以 h x = h 0 = 0，即 h(x) = ln(1+ x) - x 0max ，所以 h(p ) = ln(1+p ) -p < 0，
所以 f (p ) = ln(1+p ) -1-p < 0，又因为 f (x) 在 (0,p ) 单调递减，根据零点存在定理 f (x) 在 (0,p ) 有唯一零点.
综上， f (x) 在 (-1,p ) 有 2 个零点.
（2）当 a =1时， x = 0不是 f (x) 的极值点，证明如下：
当 a =1时， f (x) = ln(1+ x) + cos x + x3 + x2 - x, x (-1,p )，
f (x) 1= - sin x + 3x2 + 2x -1, f (0) = 0 ，
1+ x
1
令 t(x) = f (x)
1
= - sin x + 3x2 + 2x -1， t (x) = - 2 - cos x + 6x + 2, t (0) = 0，1+ x (1+ x)
w(x) 1令 = - 2 - cos x + 6x + 2, w (x)
2
= 3 + sin x + 6(1+ x) (1+ x) ，
因为-1 sin x 1，所以w (x)
2
= + sin x + 6 2> -1+ 6 2= + 5 > 0
(1+ x)3 (1+ x)3 (1+ x)3 ，
所以w(x)在 (-1,p ) 单调递增，
又因为w(0) = t (0) = 0，所以，当 x (-1,0)时，w(x) < 0， t (x) < 0即 t(x)单调递减；
当 x (0,p )时，w(x) > 0， t (x) < 0，即 t(x)单调递增；
再因为 t(0) = f (0) = 0，所以 t(x) t(0) = 0，即 f (x) 0，所以 f (x) 在 (-1,p ) 单调递增，所以 f (x) 在 (-1,p )
无极值点；
综上，当 a =1时， x = 0不是 f (x) 的极值点
【点睛】方法点睛：本题第一问考查求切线方程，判断零点个数问题，主要方法：先利用函数求出切点坐
标，再求导，切点处的导数值等于切线的斜率即函数 f (x) 在 x0 切线方程为： y - f (x0 ) = f (x0 )(x - x0 )；零点
个数问题主要方法有：研究函数的单调性根据零点存在定理判断零点个数；
第二问考查求极值点问题，常见方法有：求导，令导数等于零求出根 x0 ，导数在 x0 的左右两侧函数值必须
异号，左正右负为极大值点，左负右正为极小值点.
15．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f (x) = ax - ln x - a ，若 f (x) 的最小值为 0，
(1)求 a的值;
(2)若 g(x) = xf (x)
1
，证明: g(x)存在唯一的极大值点 x0 ，且 g x0 < .4
【答案】(1) a =1
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，分 a 0和 a > 0两种情况讨论求解即可；
h(x) g
1 1
(x) 2x 2 ln x h(x) 0, ,+ （2）令 = = - - ，求导后可得 在 ÷递减， 2 ÷递增，再结合零点存在性定理è 2 è
得 h(x)
在 0,
1 1 1
÷存在唯一的 x0 0, ÷使得 h x0 = 0，在 ,+ 2 ÷存在唯一的零点 x =1，从而得 x = x2 2 0是 g(x)è è è
唯一的极大值点.
【详解】（1） f (x) = a
1 ax -1
- = (x > 0)，
x x
当 a 0时， f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 (0, + )上递减，则 f (x) 没有最小值，
当 a > 0时，由 f (x) > 0 ，得 x
1
> ，由 f (x) < 0 ，得0 < x
1
< ，
a a
1 1
所以 f (x)
0, 在 ÷ 上递减，在 ,+ a ÷ 上递增，è è a
1
x 1= f (x) f
1
所以 时， 取得最小值
a ÷
=1- ln - a = 0，得 a =1成立，
è a a
下面证 a =1为唯一解，
令 t(a) =1+ ln a - a
1 1- a
，则 t (a) = -1 = (a > 0)，
a a
当 0 < a < 1时， t (a) > 0，当 a > 1时， t (a) < 0，
所以 t(a)在( 0, 1)上递增，在 (1, + )上递减，
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，
综上， a =1；
（2）证明:由（1）知 g(x) = x2 - x - x ln x, g (x) = 2x - 2 - ln x，
h(x) 2x 2 ln x,h (x) 2 1 2x -1令 = - - = - = (x > 0)，
x x
当0 < x
1
< 时， h (x) < 0 x
1
，当 > 时， h (x) > 0，
2 2
h(x) 0, 1 1 ,+ 所以 在 2 ÷
上递减， 2 ÷上递增，è è
1 1 2
因为 h ÷ = ln 2 -1 < 0, h 2 ÷ = 2 > 0, h(1) = 0，è 2 è e e
1 1 1
所以 h(x) 在 0, ÷存在唯一的 x2 0
0, 使得 h x = 0，在 ,+ 存在唯一的零点 x =1，
è è 2 ÷ 0 ÷ è 2
所以当0 < x < x0 或 x >1时， h(x) > 0，即 g (x) > 0，
当 x0 < x <1时， h(x) < 0，即 g (x) < 0，
所以 g(x)在 0, x0 上递增，在 x0 ,1 上递减，在 (1, + )上递增，
即 x = x0是 g(x)唯一的极大值点，
g x = x20 0 - x0 - x0 ln x0 ，
由 h x0 = 0，得 ln x0 = 2 x0 -1 ，
2
所以 g x0 = x20 - x0 - 2x0 (x0 -1) = -
x
1 1
0 - ÷ + ，
è 2 4
x 1 1因为 0 0, ÷，所以 g x
è 2 0
< .
4
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的单调性，考零点存在性定理，考查导数的综合应用，第（2）问解题
的关键是二次求导后结合零点存在性定理确定出函数极值点的范围，考查数学转化思想和计算能力，属于
较难题.
16．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数 f x = lnx a- ．
x
(1)当 a = -1时，求 f x 的极值；
(2)若 f x 0恒成立，求实数 a的取值范围；
(3) 2
3 n+1
+ +K+
证明： e 2 n > n +1 e n N* ．
【答案】(1)极小值为 1，无极大值.
1
(2) a -
e
(3)答案见解析.
【分析】（1）把 a = -1代入，利用导数求出函数的极值.
（2）分离参数并构造函数，再求出函数的最小值即可.
（3）利用（2）的结论可得 x e ln x ，再利用赋值法结合数列求和即得.
1 1 1 x -1
【详解】（1）当 a = -1时， f x = ln x + ，定义域为 0, + ，则 f x = -
x x x2
= 2 ，x
当0 < x <1时， f x < 0，当 x >1时， f x > 0，则 f x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
所以 f x 有极小值 f 1 =1，无极大值.
（2）因为 f x 0 恒成立，得"x > 0， a x ln x ，令 g x = x ln x， x > 0，求导的 g x =1+ ln x，
0 x 1 g x < 0 x 1当 < < , ,当 > 时， g x > 0，
e e
即函数 g x 在 0,
1
÷上递减，在 e, + 上递增，
è e
g x = g 1 1= - 因此 min ÷ ，则 ≤ ，所以 ae 的取值范围 ≤ .è e e e
1 1 1
（3）证明：由（2）知， a = - 时，即 ln x - e ln
1
x e ln x，
e ex x x
n +1
于是 e ln
n +1
= e éln n +1 - ln nù ，n n
n
e ln n = e éln n - ln n -1 ù
n -1 n -1
， ，
2
e ln 2 = e ln 2 - ln1 ，
1 1
n +1 n
因此 + +L
2
+ > e é ln n +1 - ln n + ln n - ln n -1 +L+ ln 2 - ln1ù = e ln n +1 n n -1 1
2 3 n+1+ + +
所以 e 2 n > n +1 e .
sin x
17．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数 f (x) = x - m, x (0, π) .e
(1)求函数 f (x) 的单调区间；
(2)若 x1 < x2，满足 f x1 = f x2 = 0 .
（ⅰ）求m 的取值范围；
（ⅱ）证明： x1 + x2 < π .
0, πf (x) π 【答案】(1) 单增区间为 4 ÷
，单减区间为 ,π ÷
è è 4
2 π-
(2)（i） 0, e
4 ÷÷；（ii）证明见解析
è 2
【分析】（1）求出导函数，利用导数的正负判断函数的单调性即可；
（2）（i）由题设及零点存在定理列不等式组求解即可；
π π π sin x
（ii）按照 x 和 x > 分类讨论，若 x g(x) = - m2 2 2 2 2
> 时，设 π ，根据零点存在性定理得则 g(x)在 (0, π)
2 e 4
* * * * * *
内有两零点 x1 和 x2，根据正弦函数对称性可知 x1 + x2 = π，然后证明 x1 + x2 < x1 + x2成立即可.
f (x) sin x m, x (0, π) f (x) cos x - sin x【详解】（1）由 = x - 得 = ，e ex
当 x
π π
0,
÷时， f (x)
> 0, f (x)单调递增；当 x ,π 4 4 ÷
时， f (x) < 0, f (x) 单调递减.
è è
π π
故 f (x)
单增区间为 0,
÷ , f (x)
单减区间为 ,π
÷ .
è 4 è 4
π π π
（2）（i）由题设及零点存在定理可知 x1 0, ÷ , x2 ,π ÷，且有 f (0) = f (π) < 0，且 f ÷ > 0，所以
è 4 è 4 è 4
ì0 - m < 0
2 2 π- 2 π-
í ，所以0 < m < e 42 ，即
m 0, e 4
m 0 2 2 ÷
÷ .
π - > è
e 4
x π x x π + π（ii）若 2 时，则 1 + 2 < < π ；2 4 2
π sin x
若 x > 时，设 g(x) = π - m2 ，有 g(0) = g(π) < 0 g
π
，且 ÷ > 0，2 e 4 è 4
则 g(x)在 (0, π) * * *
π * 3π
内有两零点 x1 和 x2，其中 x1 0, ÷ , x2 ,π ÷，è 4 è 4
而 g(x) π * *关于 x = x + x = π .2 对称，且有 1 2
sin x π m sin x
*
1 sin x1 sin x1 *
由 π 在 0, ÷单增，知 = π =2 ex
>
1 π ，有 x < x
è 1 1
，
e 4 e 4 e 4
sin x * π sin x2 sin x2 sin x
由 π 在 , π
2 *
÷单减，知m = π =
e 4 e 4 e 4
* *
则 x1 + x2 < x1 + x2，即 x1 + x2 < π .
综上， x1 + x2 < π .
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题
求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与 x 轴的交点情况进而求解.
18．（2024·湖北荆州·三模）已知函数 f x =xex - a ln x + x ，其中 e是自然对数的底数.
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线的斜截式方程；
(2)当 a = e时，求出函数 f x 的所有零点；
(3) 2 x证明： x e > x + 2 ln x + 2sin x .
【答案】(1) y = 2e - 2 x - e +1；
(2) f x 有唯一零点 x =1；
(3)证明见解析.
【分析】（1）把 a =1代入，求出函数 f (x) 的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）把 a = e代入，利用导数探讨单调性，求出函数最小值即得.
（3）对所证不等式作等价变形得 x(eln x+x - x - ln x -1) + (x2 - ln x2 -1) + (x - sin x) + (1- sin x) > 0，再构造函数
依次证明即得.
x x 1
【详解】（1）当 a =1时， f x = xe - ln x + x ，求导得 f x = x +1 e - -1，
x
则 f 1 = 2e - 2，又 f 1 = e -1，
因此曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程为 y - e -1 = 2e - 2 x -1 ，
所以切线的斜截式方程为 y = 2e - 2 x - e +1 .
2 a = e f (x) = xex - e(ln x + x) f (x) (x 1)ex e e (x +1)(xe
x - e)
（ ）当 时， ，求导得 = + - - = ，
x x
令u x = xex - e， x > 0，则u x = x +1 ex > 0，
则 u x 在 0, + 单调递增，而u 1 = 0，当 x 0,1 时，u x < 0，即 f x < 0，
当 x >1时，u x > 0 ， f x > 0，函数 f x 在 0,1 上递减，在 1, + 上递增，又 f 1 = 0，
所以当 a = e时， f x 有唯一零点 x =1 .
（3 2 x）不等式 x e > x + 2 ln x + 2sin x x2ex - x + 2 ln x - 2sin x > 0
xex+ln x - x + 2 ln x - 2sin x > 0 x eln x+x - x - ln x -1 + x2 + x - 2ln x - 2sin x > 0
x eln x+x - x - ln x -1 + (x2 - ln x2 -1) + x +1- 2sin x > 0
x eln x+x - x - ln x -1 + (x2 - ln x2 -1) + x - sin x + 1- sin x > 0，
令函数 g(x) = ex - x -1，求导得 g (x) = ex -1，当 x < 0 时， g (x) < 0，当 x > 0时， g (x) > 0，
函数 g(x)在 (- ,0)上递减，在 (0, + )上递增，则 g(x) g(0) = 0，即 ex - x -1 0 ，
因此 ex+ln x 2- x - ln x -1 0， x2 - ln x2 -1 = eln x - ln x2 -1 0，
令 h(x) = x - sin x, x > 0，求导得 h (x) =1- cos x 0，函数 h(x) 在 (0, + )上递增，
h(x) > h(0)，因此 x - sin x > 0，又1- sin x 0 ，
ln x+x
从而 x e - x - ln x -1 + (x2 - ln x2 -1) + x - sin x + 1- sin x > 0，
所以原不等式得证.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、
极(最)值问题处理.
19．（2024·北京顺义·三模）已知函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 .
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 a < 0时，求证：函数 f x 存在极小值；
(3)求函数 f x 的零点个数.
【答案】(1) y = 0
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）求出函数 f (x) 的导数 f (x) ，再利用导数的几何意义求解作答.
1
（2）讨论函数 f (x) 在区间 (- ,0) 和 (0, + )上的符号即可推理作答.
2
ln 2x +1
1
（3）在 x 0 时，分离参数，构造函数 g x = ，再探讨 g(x)在 - ,0÷ 0, + 上的零点情况即x è 2
可作答.
【详解】（1）由函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 求导得： f x = ln 2x +1 2x+ - 2ax，
2x +1
所以 f (0) = 0 ，因为 f (0) = 0，
所以曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程是 y = 0 .
（2）函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 1的定义域为 (- , + )，由（1）知， f x = ln 2x +1 2x+ - 2ax，
2 2x +1
因为 a
1
< 0，则当- < x < 0时， ln(2x +1) < 0 2x， < 0 ，-2ax < 0，
2 2x +1
所以，有 f (x) < 0 ，函数 f (x) 在 (
1
- ,0) 上递减，
2
当 x > 0时， ln(2x +1) > 0
2x
， > 0 ，-2ax > 0，则有 f (x) > 0 ，函数 f (x) 在 (0, + )上递增，
2x +1
所以，当 x = 0时，函数 f (x) 取得极小值，
所以，当 a < 0时，函数 f (x) 存在极小值.
（3）函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 1的定义域为 (- , + )， f x = 0 x ln 2x +1 = ax2，
2
显然 x = 0是函数 f (x) 的零点，
当 x 0时，函数 f (x) a
ln(2x +1)
的零点即为方程 = 的解，
x
ln 2x +1
2x
g x = , x 1- ,0 0, + - ln 2x +1 令
x
，则
è 2 ÷ g x = 2x +1
，
x2
2 2 4x
令 h x 2x= - ln 2x +1 ，则 h x = 2 - = -
2x +1 2x +1 2x +1 2x +1 2 ，
1
当- < x < 0时， h (x) > 0，当 x > 0时， h (x) < 0，
2
所以函数 h(x) (
1
在 - ,0) 上递增，在 (0, + )上递减，
2
x 1" - ,0÷ 0, + ， h(x) < h(0) = 0 ，
è 2
g (x) < 0 g(x) ( 1所以，有 ， 在 - ,0) ， (0, + )上都递减，
2
令j(x) = ln(2x +1) - 2x ，j x 2 4x= - 2 = - ，
2x +1 2x +1
1
当- < x < 0时，j (x) > 0 ，当 x > 0时，j (x) < 0，
2
所以，j(x) 在 (
1
- ,0) 上递增，在 (0, + )上递减，j(x) j(0) = 0，
2
1
所以，" (- ,+ ) ，恒有 ln(2x +1) 2x，当且仅当 x = 0时取“=”，
2
1 x 0 ln(2x +1) 2 ln 2x +1所以，当- < < 时， > ，当 x > 0时，0 < < 2，
2 x x
1
所以， g x 在 (- ,0) 上单调递减， g x 取值集合为 (2,+ ) ，
2
g x 在 (0, + )上递减， g x 取值集合为 (0,2)，
ln(2x +1)
所以，当0 < a < 2 或 a > 2时，方程 a = 有唯一解，
x
当 a 0或 a = 2时，此方程无解，
所以，当 a 0或 a = 2时，函数 f (x) 有一个零点，
当0 < a < 2 或 a > 2时，函数 f (x) 有两个零点.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零
点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
20．（2024· x广东茂名·一模）设函数 f x = e + asinx ， x 0, + .
(1)当 a = -1时， f x bx +1在 0, + 上恒成立，求实数b 的取值范围；
(2)若 a > 0, f x 在 0, + 上存在零点，求实数 a的取值范围.
【答案】(1) - ,0
é 5π
(2) ê 2e 4 ,+ ÷
x
【分析】（1）构建函数 h x = e - bx - sinx -1，通过导数判断函数 h(x) 单调性，进而求解实数 a的取值范
围；
1 sinx
（2）分离参数- = x ，令 g x
sinx
= x ， x 0, + ，利用导数求函数g(x) 在指定区间的最值，即a e e
g(x) 1min - g(x)a max
得解.
【详解】（1）当 a = -1 x时， f x = e - sinx，
所以不等式转化为 ex - bx - sinx -1 0 ，在 0, + 上恒成立.
令 h x = ex - bx - sinx -1，
所以 h x = ex - cosx - b .
当 x [0,+ )时， ex - cos x 0恒成立.
若b 0，则h x 0在 0, + 上恒成立，
h x 在 0, + 上单调递增，
故 h x h 0 = 0，符合题意；
若b > 0，令函数m x = ex - cosx - b，
则m x = ex + sinx 0在 0, + 上恒成立，
所以m x 在 0, + 上单调递增，
因为m 0 = -b < 0，且当 x + 时，m x + .
所以$x0 0, + ，m x0 = ex0 - cosx0 - b = 0，
故当 x 0, x0 时， h x = m x < 0， h x 单调递减，
当 x x0 ,+ 时， h x = m x > 0， h x 单调递增，
则 h(x)min = h x0 =ex0 - bx0 - sinx0 -1< h 0 = 0，不符合题意.
综上所述，实数b 的取值范围为 - ,0 ；
（2）因为 f x = ex + asinx ， x 0, + ，
令 f x = 0，即 ex + asinx = 0，
1 sinx
所以- = x .a e
g x sinx令 = x ， x 0, + ，e
2sin x π-
则 g x cosx - sinx
÷ .
= x = -
è 4
e ex
令 g x = 0 π，得 x = kπ + ,k N .
4
π
所以当 x + 2kπ,
5π
+ 2kπ sin π ÷时， x - ÷ > 0， g x 单调递减；
è 4 4 è 4
当 x
0,
π x 5π 2kπ, 9π÷ ， + + 2kπ
π
÷时， sin x - ÷ < 0, g x 单调递增.
è 4 è 4 4 è 4
5π
所以当 x = + 2kπ,k N 时， g x 取得极小值，
4
x 5π即当 = ,
13π , × × ×时， g x 取得极小值.
4 4
5π 13π
又因为 sin 5π sin 13π 2= = ××× = - ， 4
4 4 2 0 < e < e
4 < ×××，
5π 13π
所以 g < g < ××× .
è 4 ÷ ÷ è 4
g x g 5π 2
5π
-
所以 ÷ = - e 4 .
è 4 2
π
当 x = + 2kπ, k N, g x 取得极大值，
4
x π , 9π即当 = , × × ×时， g x 取得极大值.
4 4
π 9π
又因为 sin π sin 9π 2= = ××× = ，0 < e 4 < e 44 4 2 < ×××
，
g π > g 9π 所以 ÷ ÷ > ××× .
è 4 è 4
g x g π 2
π
-
所以 ÷ = e 4 ，
è 4 2
x 0, + 2
5π 2 π- -
所以当 ，- e 4 g x e 4 .
2 2
2 5π- 1 2 π-
所以- e 4 - e 4 .
2 a 2
又因为 a > 0，
5π
所以 a 2e 4 时， f x 在 0, + 上存在零点，
é 5π
所以实数 a的取值范围为 ê 2e 4 ,+ ÷ .
【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题
（1）构建函数，利用导数判断函数的单调性，通过函数的单调性求参数的取值范围；
（2）分离参数，将零点问题转化为函数的交点问题，并利用导数判断函数的单调性，进而求函数的最值.
（3）本题计算量较大专题 19 导数综合
命题解读 考向 考查统计
2022·新高考Ⅰ卷，22（1）
2024·新高考Ⅰ卷，18（1）
导数与函数最值
2024·新高考Ⅰ卷，18（3）
1.高考中，导数是必考内容。难度、广
2022·新高考Ⅱ卷，22（2）
度和深度较大。常规基础考查求导公式
导数与函数零点 2022·新高考Ⅰ卷，22（2）
与几何意义；中等难度考查求单调区
2023·新高考Ⅰ卷，19（1）
间、极值、最值等；压轴题考查零点、 导数与函数单调性
2022·新高考Ⅱ卷，22（1）
不等式证明、恒成立或者存在问题、分
2023·新高考Ⅰ卷，19（2）
类讨论求参数等，和数列、不等式、函
导数与不等式证明 2022·新高考Ⅱ卷，22（3）
数等知识结合。
2023·新高考Ⅱ卷，22（1）
2023·新高考Ⅱ卷，22（2）
导数与函数极值
2024·新高考Ⅱ卷，16（2）
命题分析
2024 年高考新高考Ⅰ卷考查了导数中函数最值、函数的对称性、恒成立问题的综合运用，难度较难。Ⅱ
卷考查了曲线的切线和函数的极值求参数，常规考查，难度适中。导数的高频考点有：含参函数的参数对
函数性质的影响；用导数研究函数的单调性、极值或最值；求曲线切线的方程；函数的零点讨论；函数的
图像与函数的奇偶性结合考查等。导数中频考点有：用函数的单调性比较大小；利用函数证明不等式或求
不等式的解；求参数的取值范围等。预计 2025 年高考还是主要考查导数与切线及恒成立、求参问题。
试题精讲
一、解答题
x
1．（2024 新高考Ⅰ卷·18）已知函数 f (x) = ln + ax + b(x -1)3
2 - x
(1)若b = 0，且 f (x) 0，求 a的最小值；
(2)证明：曲线 y = f (x) 是中心对称图形；
(3)若 f (x) > -2当且仅当1< x < 2，求b 的取值范围．
2．（2024 新高考Ⅱ卷·16）已知函数 f (x) = ex - ax - a3 ．
(1)当 a =1时，求曲线 y = f (x) 在点 1, f (1) 处的切线方程；
(2)若 f (x) 有极小值，且极小值小于 0，求 a 的取值范围．
一、解答题
1．（2022 新高考Ⅰ卷·22）已知函数 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)证明：存在直线 y = b，其与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交
点的横坐标成等差数列．
2．（2023 x新高考Ⅰ卷·19）已知函数 f x = a e + a - x．
(1)讨论 f x 的单调性；
3
(2)证明：当 a > 0时， f x > 2lna + ．
2
3．（2022 新高考Ⅱ卷·22）已知函数 f (x) = xeax - ex ．
(1)当 a =1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)当 x > 0时， f (x) < -1，求 a 的取值范围；
1 1 L 1(3)设 n N* ，证明： + + + > ln(n +1)2 ．1 +1 22 + 2 n2 + n
4．（2023 新高考Ⅱ卷·22）（1）证明：当0 < x <1时， x - x < sin x < x；
（2）已知函数 f x = cos ax - ln 1- x2 ，若 x = 0是 f x 的极大值点，求 a 的取值范围．
一、恒成立和有解问题思路一览
设函数 f (x) 的值域为 (a,b)或[a,b]，或 (a,b]或[a,b) 中之一种，则
①若l f (x) 恒成立（即l < f (x) 无解），则l [ f (x)]max ；
②若l f (x) 恒成立（即l > f (x)无解），则l [ f (x)]min ；
③若l f (x) 有解（即存在 x 使得l f (x) 成立），则l [ f (x)]min ；
④若l f (x) 有解（即存在 x 使得l f (x) 成立），则l [ f (x)]max ；
⑤若l = f (x)有解（即l f (x)无解），则l {y | y = f (x)}；
⑥若l = f (x)无解（即l f (x)有解），则l Cu{y | y = f (x)}．
【说明】（1）一般来说，优先考虑分离参数法，其次考虑含参转化法．
（2）取值范围都与最值或值域(上限、下限)有关，另外要注意①②③④中前后等号的取舍！（即端点值
的取舍）
二、分离参数的方法
①常规法分离参数：如l f (x) = g(x) l g(x)= ；
f (x)
②倒数法分离参数：如l f (x) = g(x) 1 f (x) = ；
l g(x)
【当 f (x) 的值有可能取到，而 g(x) 的值一定不为 0 时，可用倒数法分离参数．】
ì
l
f (x)
, g(x) > 0
g(x)
③讨论法分离参数：如: lg(x) f (x) í
l f (x) , g(x) < 0
g(x)
n * ìl f (n), n为正偶数(-1) l f (n)(n N ) í
-l f (n), n为正奇数
④ 2整体法分离参数：如l + l = f (x)；
b
⑤不完全分离参数法：如 = ln x + x - x2 ；
x
⑥作商法凸显参数，换元法凸显参数．
【注意】
（1）分离参数后，问题容易解决，就用分离参数法（大多数题可以使用此方法）． 但如果难以分离参数
或分离参数后，问题反而变得更复杂，则不分离参数，此时就用含参转化法．
（2）恒成立命题对自变量的范围有时有一部分或端点是必然成立的，应该考虑先去掉这一部分或端点，再
分离参数求解．【否则往往分离不了参数或以至于答案出问题．】
三、其他恒成立类型一
① f (x) 在[a,b]上是增函数，则 f '(x) 0恒成立．(等号不能漏掉)．
② f (x) 在 [a,b]上是减函数，则 f '(x) 0恒成立．(等号不能漏掉)．
③ f (x) 在[a,b]上是单调函数，则分上述两种情形讨论；(常用方法)
四、其他恒成立类型二
① "x1 A,$x2 B，使得方程 g(x2 ) = f (x1)成立 {y | y = f (x), x A} {y | y = g(x), x B}．
② $x1 A,$x2 B ，使得方程 g(x2 ) = f (x1)成 {y | y = f (x), x A} {y | y = g(x), x B} ．
五、其他恒成立类型三
① "x1 A,"x2 B ， f (x1) g(x2 ) f (x1)min g(x2 )max ；
② "x1 A,$x2 B， f (x1) g(x2 ) f (x1)min g(x2 )min ；
③ $x1 A,"x2 B， f (x1) g(x2 ) f (x1)max g(x2 )max ；
④ $x1 A,$x2 B ， f (x1) g(x2 ) f (x1)max g(x2 )min ．
六、构造函数解不等式解题思路
利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：
（1）把不等式转化为 f ég x ù > f é h x ù ；
（2）判断函数 f x 的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“ f ”脱掉，得到具体的不等式
（组），但要注意函数奇偶性的区别.
七、构造函数解不等式解题技巧
求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形式，下面是常见函数的变形
模型 1.对于 f (x) > g (x)，构造 h(x) = f (x) - g(x)
模型 2.对于不等式 f ' x > k k 0 ，构造函数 g x = f x - kx + b .
模型 3.对于不等式 f ' x + f x > 0 ，构造函数 g x = ex f (x)
拓展：对于不等式 f ' x + kf x > 0 ，构造函数 g x = ekx f (x)
f (x)
模型 4.对于不等式 f ' x - f x > 0 ，构造函数 g x =
ex
模型 5.对于不等式 xf ' x + f x > 0，构造函数 g x = xf x
拓展：对于不等式 xf ' x + nf x > 0，构造函数 g x = xn f (x)
模型 6.对于不等式 xf ' x - f x g x f x > 0，构造函数 = x 0
x
拓展：对于不等式 xf ' x - nf x > 0 ，构造函数 g x f (x)=
xn
f (x)
模型 7.对于 > 0，分类讨论：（1）若 f (x) > 0 ，则构造 h(x) = ln f (x);
f (x)
（2）若 f (x) < 0，则构造 h(x) = ln[- f (x)]
模型 8.对于 f (x) + ln af (x) > 0(< 0)，构造 h(x) = a x f (x) .
模型 9.对于 f (x) ln x f (x)+ > 0(< 0)，构造 h(x) = f (x) ln x .
x
模型 10.（1）对于 f (x) > f (x) tan x(或f (x) < f (x) tan x) ，即 f (x) cos x - f (x)sin x > 0(< 0) ，
构造 h(x) = f (x) cos x ．
（2）对于 f (x) cos x + f (x)sin x > 0(< 0) ，构造 h(x)
f (x)
= ．
cos x
模型 11.（1） f (x)sin x + f (x) cos x = [ f (x)sin x] f
(x)sin x - f (x) cos x
（2） = [ f (x)]
sin2 x sin x
一、解答题
x
1 2024· · f x e + x -1．（ 浙江 三模）已知函数 = x ．e
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若曲线 y = f x 在点 0,0 2处的切线与二次曲线 y = ax + 2a + 5 x - 2只有一个公共点，求实数 a 的值．
2．（2024·河北张家口·三模）已知函数 f (x) = ln x + 5x - 4．
(1)求曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)证明： f (x)
3
> - - 2．
5x
f x lnx ax, g x 23．（2024·广东汕头·三模）已知函数 = - = ,a 0．
ax
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若 f x g x 恒成立，求 a的最小值．
4．（2024· 2山西吕梁·三模）已知函数 f x = x - 2x + alnx, a R .
(1)讨论函数的单调性；
x f x - x f x
(2)若对任意的 x1, x2 0, + , x 2 1 1 21 x2 ，使 > 0恒成立，则实数 a的取值范围.x1 - x2
5．（2024·广西钦州·三模）已知函数 f x = asinx + xcosx .
(1)若 a = 0，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 a > -1，证明： f x 在 -π, π 上有 3 个零点.
2
6．（2024·天津河西·三模）已知函数 f x = -2a ln x - ， g x = ax - 2a +1 ln x 2- ，其中 a R ．
x x
(1)若 f 2 = 0，求实数 a 的值
(2)当 a > 0时，求函数 g x 的单调区间；
(3)若存在 x
é1 2 ù
ê , e ú使得不等式 f x g x 成立，求实数 a 的取值范围． e
7．（2024·河北·三模）已知函数 f x = cosx + 2x．
(1)当 x - ,0 时，证明： f x < ex ．
(2) x若函数 g x = ln x +1 + e - f x ，试问：函数 g x 是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，
请说明理由．
1
8．（2024·四川南充·模拟预测）已知函数 f (x) =1- - a ln x, a R.
x
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)当 a > 0时，函数 f (x) 与函数 g(x) = a(1- e1-x ) - x +1有相同的最大值，求 a的值.
9．（2024·广东汕头·三模）已知函数 f (x) = x(ex - ax2 ) .
(1)若曲线 y = f (x) 在 x=-1处的切线与 y 轴垂直，求 y = f (x) 的极值.
(2)若 f (x) 在 (0, + )只有一个零点，求 a .
10．（2024·北京·三模）已知函数 f x = ln x +1 + k x +1 ．
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 f x -1恒成立，求实数 k 的取值范围；
n
lni
n n -1
(3)求证： < ．（ n N且 n 2）
i=2 i +1 4
1
11．（2024·四川自贡·三模）已知函数 f (x) =1+ + a ln x(a > 0)
x
(1)求函数 f (x) 的单调区间；
(2)函数 f (x)
a
有唯一零点x1，函数 g(x) = x - sin x - 2 在R 上的零点为x2．证明： x1 < x2．e
1
12．（2024· · f x = x2四川南充 三模）已知函数 - sinx + ax .
2
(1)当 a =1时，求 f x 的最小值；
(2)①求证： f x 有且仅有一个极值点；
②当 a -1- π,1 时，设 f x 的极值点为 x g x 10 ，若 = - x2 + 2sinx - 2x .求证： f x0 g x 2 0
2
13．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数 f (x) = lnx + - a(x +1)(a R) .
x
(1)当 a = -1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 x 11, x2 x1 < x2 是 f (x) 的两个极值点，证明： f x2 - f x1 < - 4 ．2a
14．（2024·北京·模拟预测）已知函数 f (x) = ln(1+ x) + cos x + a x3 + x2 - x, x (-1,p ) .
(1)当 a = 0时；
（ⅰ）求曲线 y = f x 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；
（ⅱ）求 f (x) 零点的个数；
(2)当 a > 0时，直接写出 a 的一个值，使得 x = 0不是 f (x) 的极值点，并证明.
15．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f (x) = ax - ln x - a ，若 f (x) 的最小值为 0，
(1)求 a的值;
1
(2)若 g(x) = xf (x)，证明: g(x)存在唯一的极大值点 x0 ，且 g x0 < .4
a
16．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数 f x = lnx - ．
x
(1)当 a = -1时，求 f x 的极值；
(2)若 f x 0恒成立，求实数 a的取值范围；
(3) 2
3 n+1
+ +K+
证明： e 2 n > n +1 e n N* ．
sin x
17．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数 f (x) = x - m, x (0, π) .e
(1)求函数 f (x) 的单调区间；
(2)若 x1 < x2，满足 f x1 = f x2 = 0 .
（ⅰ）求m 的取值范围；
（ⅱ）证明： x1 + x2 < π .
18．（2024·湖北荆州·三模）已知函数 f x =xex - a ln x + x ，其中 e是自然对数的底数.
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线的斜截式方程；
(2)当 a = e时，求出函数 f x 的所有零点；
(3) 2 x证明： x e > x + 2 ln x + 2sin x .
19．（2024·北京顺义·三模）已知函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 .
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 a < 0时，求证：函数 f x 存在极小值；
(3)求函数 f x 的零点个数.
20．（2024· x广东茂名·一模）设函数 f x = e + asinx ， x 0, + .
(1)当 a = -1时， f x bx +1在 0, + 上恒成立，求实数b 的取值范围；
(2)若 a > 0, f x 在 0, + 上存在零点，求实数 a的取值范围.
1
21．（2024·青海· ax 2模拟预测）已知函数 f x = e + x - ax（ a R ）.
2
(1)当 a =1时，求 f x 的最值；
(2) 2当 a -1,1 时，证明：对任意的x1， x2 -2, 2 ，都有 f x1 - f x2 ≤ e -1.
a
22．（2024· x新疆·三模）已知函数 f x = x -1 e - x2 + a .
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 有三个不同的零点，求实数 a的取值范围.
23．（2024·北京·三模）已知 f x = 2x -1 eax - x 在 x = 0处的切线方程为 x + y + b = 0．
(1)求实数 a,b的值；
(2)证明： f x 3仅有一个极值点 x0 ，且 f x0 < - ．4
(3)若 g x = kx -1 ekx - x ，是否存在 k 使得 g x -1恒成立，存在请求出 k 的取值范围，不存在请说明理
由．
