干货|29 种题型秒杀导数重难点、易错点（附详解）
题型 1 导数的定义
例题 1 已知直线 l 经过 1,0 ， 0,1 两点，且与曲线 y f x 切于点 2,3A ，则
0
2 2limx
f x f
x
的值为（ ）
A． 2 B． 1 C．1 D． 2
【解析】直线 l 经过 1,0 ， 0,1 两点
: 1l y x
直线与曲线 y f x 切于点 2,3A
可得曲线在 2x 处的导数为： ( )2 1f ¢ =
所以
0
2 2l2 im 1x
f
xf x f
，选 C
巩固 1 设 f x 存在导函数且满足
0
1 1 2lim 12x
f f x
x
，则曲线 y f x 上的点 1, 1f 处的
切线的斜率为（ ）
A．-1 B．-2 C．1 D．2
【解析】 y f x 在点 1, 1f 处的切线的斜率为
0
1 1 2' 1 lim 12x
f f xf x
,选 A
巩固 2 已知函数 ( )f x 在 0x x 处可导，若 0 0
0
( 3 ) ( )lim 1x
f x x f x
x
，则 0( )f x （ ）
A．1 B． 1
3
C． 3 D． 0
【解析】由已知可得 0 0 0 0
00 0
3 3lim 3 lim 3 ' 13x x
f x x f x f x x f x f xx x
所以 0
1' 3f x ．选 B
题型 2 导数的几何意义
例题 2 曲线 xy xe 在点 1,e 处的切线与直线 0ax by c+ + = 垂直，则 a
b
的值为（ ）
A． 1
2e
B． 2
e
C． 2
e D． 1
2e
【解析】曲线 xy xe
则 x xy e xe ，则 1 2xy e
∵曲线在点 1,e 处的切线与直线 0ax by c+ + = 垂直
∴ 1
2
a
b e
∴ 1
2
a
b e
，选 D
巩固 3 己知曲线 2 2 2y x x 在点 M 处的切线与 x 轴平行，则点 M 的坐标是（ ）
A． 1,3 B． 1, 3 C． 2, 3 D． 2,3
【解析】 2 2 2y x x 的导数为 2 2y x
设 ,M m n ，则在点 M 的切线斜率为 2 2m
由于在点 M 处的切线与 x 轴平行
则 2 2 0m ，解得 1m
所以 1 2 2 3n ，即有 M 1, 3 ，选 B
巩固 4 如果曲线 4y x x 在点 P 处的切线垂直于直线 1
3y x ，那么点 P 的坐标为（ ）
A． (1,0) B． (0, 1) C． (0,1) D． ( 1,0)
【解析】设点 P(a,b)，则 4b a a
由题得 3( ) 4 1f x x
因为曲线 4y x x 在点 P 处的切线垂直于直线 1
3y x
所以 34 1 3a ，所以 a=1
所以 b= 41 1 0 ,所以点 P 的坐标为（1,0），选 A
巩固 5 已知曲线 3 21 1( ) 53 2f x x x 在点 (1, (1))f 处的切线的倾斜角为 ，则 2
cos2
sin 2 cos
( )
A． 1
2 B． 3
5- C．2 D． 8
5
【解析】因为 3 21 1( ) 53 2f x x x ，故可得 2f x x x ，则切线的斜率 1 2tan f
又因为 2
cos2
sin 2 cos
2 2 2
2
cos sin 1 tan 1 4 3
2 cos 2 1 4 1 5sin cos tan
，选 B
题型 3 导数几何意义与参数
例题 3 函数 23ln 0,f x x x bx a b a R 的图像在点 ,b f b 处的切线斜率的最小值是
（ ）
A． 3 B． 2 3 C． 2 D． 2 2
【解析】由题,
23 2 32 x bxf x x bx x
则函数 f x 的图像在点 ,b f b 处的切线斜率为
2 22 3 3b bk f b bb b
设 3 2 3g b b b
,当且仅当 3b b
,即 3b 时等号成立
所以 g b 的最小值为 2 3 ,即 min 2 3k ,选 B
巩固 6 直线 2y kx 与曲线 3 2y x ax b 相切于点 (1,4) ，则 4a b 的值为（ ）
A．2 B．－1 C．1 D．－2
【解析】由题意，直线 2y kx 与曲线 3 2y x ax b 相切于点 (1,4)
则点 (1,4) 满足直线 2y kx ，代入可得 4 1 2k ，解得 2k
又由曲线 3 2f x x ax b ，则 23 2f x x a
所以 21 3 1 2 2f a ，解得 1
2a ，即 3f x x x b
把点 (1,4) 代入 3f x x x b ，可得 34 1 1 b ，解答 4b
所以 14 4 ( ) 4 22a b ，选 A
巩固 7 函数 ( ) lnf x x ax 在 2x 处的切线与直线 1 0ax y 平行，则实数 a （ ）．
A． 1 B． 1
4 C． 1
2 D．1
【解析】 ' 1( )f x ax
， ' 1 1(2) 2 4f a a a ，选 B
巩固 8 函数 2
2 ln , 0
( ) 3 , 02
x x x x
f x
x x x
，若方程 ( ) 1f x kx 有四个不相等实根，则实数 k 范围（ ）
A． 1( ,1)3 B． 1( ,2)3 C． 1 4( , )2 5 D． 1( ,1)2
【解析】作出 2
2 ln , 0
( ) 3 , 02
x x x x
f x
x x x
的图象如图所示
方程 ( ) 1f x kx 有四个不相等的实根，等价于函数 f x 的图象与直线 1y kx 有四个交点
其临界位置为 1y kx 和两段曲线相切时
当直线 1y kx 与函数 2 3
2f x x x 相切时，联立
2 3
2
1
y x x
y kx
得 22 2 3 2 0x k x
由 24 12 7 0k k ，解得 1
2k 或 7
2k （由图可得舍负）
当直线 1y kx 与函数 2 lnf x x x x 相切时
设切点坐标为 0 0 0 0,2 lnx x x x ， 1 lnf x x ，切线的斜率为： 01 lnk x
切线方程为 0 0 0 0 02 ln 1 lny x x x x x x
由于切线 1y kx 恒过 0,1 ，代入可得 0 1x ，可得： 1k
即由图知函数 f x 的图象与直线 1y kx 有四个交点时，实数 k 的取值范围是 1 12 k ，选 D
巩固 9 已知函数
2
1 1, 0( ) 2
2 , 0
x
xf x
x x x
，若 f(x)－mx≥0，则实数 m 的取值范围是（ ）
A．[0.2] B．[－1，2] C．[－ln3，2] D．[－ln2，2]
【解析】如图所示：画出函数 f x 的图像
当 0x 时， ' 2 2f x x ，故 ' 0 2f
当 0x 时， 1 1' ln2 2
x
f x
，故 ' 0 ln 2f
根据图像知： ln 2,2m ，选 D
题型 4 曲线上动点到直线距离的最值问题
例题 4 设曲线 4lnf x x 在点 1,0 处的切线上有一动点 P ，曲线 23 2lng x x x .上有一点Q ，
则线段 PQ 长度的最小值为（ ）
A． 17
17
B． 2 17
17
C． 3 17
17
D． 4 17
17
【解析】 1 0f ， 4f x x
，切线斜率 1 4k f
故曲线 f x 在 1,0 处的切线方程为 4 4 0x y
又 26g x x x
，令 26 4x x
，则 1x 或 1
3x （舍去）
又 1 3g ，故 g（x）在 1,3 处的切线方程为 4 1 0x y ，与直线 4 4 0x y 平行
这两条平行线间的距离为 3 17
17d 故线段 PQ 长度的最小值为 3 17
17
，选 C
巩固 10 已知点 P 在曲线 22y x lnx 上，点Q 在直线 3 2y x 上，则| |PQ 的最小值为 ( )
A． 13
13
B．1 C． 10
10
D． 1
4
【解析】函数 22 lny x x 的定义域为 (0, ) ， 14y x x
令 14 3x x
，可得 1x ， 1
4x （舍去）
所以切点为 (1,2) ，它到直线 3 2y x 的距离 | 3 2 2| 10
101 9
d
即点 P 到直线 3 2y x 的距离的最小值为 10
10
则| |PQ 的最小值为 10
10
，选C
题型 5 公切线问题
例题 5 函数 ( ) ln 1
mxf x x x
与 2( ) 1g x x 有公切线 ,( 0)y ax a ，则实数 m 的值为（ ）
A．4 B．2 C．1 D． 1
2
【解析】设公切线 ,( 0)y ax a 与两个函数 ( ) ln 1
mxf x x x
与 2( ) 1g x x 图象的切点分别为
A 1 1x y， 和 B 2 2x y， ，由 2
1( )
1
mf x x x
， ( ) 2g x x ，可得
2 2
2 2
2
2 2 2
( ) 2
1
g x x a
y ax
g x x y
解得 2a ，
所以有
1 2
1 1
1
1 1 1
1
1 1 1
1( ) 2
1
( ) ln 1
2
mf x ax x
mxf x x yx
y ax x
化简得 2
1 1 12 ln 1 0x x x ，令 22 ln 1h x x x x 0x
则 1 1 3 04h x x x
恒成立，即 22 ln 1h x x x x 0x 在定义域为增函数，又 1 0h ，
则解得方程 2
1 1 12 ln 1 0x x x ， 1 1x ，则由 2
1(1) 21 1 1
mf
解得 4m ，选 A
巩固 11 已知函数 ( ) exf x a （ 0a ）与 2( ) 2g x x m （ 0m ）的图象在第一象限有公共点，且在该
点处的切线相同，当实数 m 变化时，实数 a 的取值范围为（ ）
A． 2
4 ,e
B． 2
8 ,e
C． 2
40, e
D． 2
80, e
【解析】设切点为 0 0,A x y ，则
0
0
2
0
0
e 2 ,
e 4 ,
x
x
a x m
a x
整理得
2
0 0
0
4 2
0
0
x x m
x
m
由 2
0 02 4 0m x x ，解得 0 2x .由上可知
0
04
ex
xa ，令 4( ) ex
xh x ，则 4(1 )( ) x
xh x e
因为 2x ，所以 4(1 )( ) 0ex
xh x ， 4( ) ex
xh x 在 (2, ) 上递减，所以 2
80 ( ) eh x ，即 2
80, ea
巩固 12 已知函数 21 1( ) 14 2f x x x a （ 0x ）， ( ) lng x x （ 0x ），其中 a R ，若 ( )f x 的图象
在点 1 1( , ( ))A x f x 处的切线与 ( )g x 的图象在点 2 2( , ( ))B x g x 处的切线重合，则 a 的取值范围是( )
A． ( 1 ln 2, ) B． (ln 2, )
C． ( 1 ln 2, ) D． ( ln 2, )
【解析】 21 1( ) 14 2f x x x a ， 1 1'( ) 2 2f x x
故切线方程为： 2
1 1 1 1
1 1 1 1 12 2 4 2y x x x x x a
( ) lng x x ，故 1'( )g x x
，切线方程为： 2 2
2
1 lny x x xx
故 1
2
1 1 1
2 2x x
， 2
1 1 1 1 2 2
2
1 1 1 1 11 ln2 2 4 2x x x x a x xx
化简整理得到： 2
1 1 1
1 1 1ln , 04 2 2a x x x
， 1
1 1 02 2x ，故 11 0x
设 21 1 1ln , 1 04 2 2g x x x x
，
2 11 1' 2 1 2 1
x xg x x x x
故函数在 1,0 上单调递减，故 0 ln 2g ，当 1x 时， g x ，故 ln 2a ，选 B
巩固 13 若函数 ln 0 1f x x x 与函数 2g x x a 有两条公切线，则实数 a 的取值范围是（ ）
A． 1ln 2 ,2
B． 1 3ln 2 ,2 4
C． 3ln 2, 4
D． 1 3ln 2 ,2 4
【解析】设公切线与函数 lnf x x 的图象切于点 1 1,lnA x x 10 1x
因为 lnf x x ，所以 1f x x
，所以在点 1 1,lnA x x 处斜线的斜率 1 1
1
1( )k f x x
所以切线方程为 1 1
1
1lny x x xx
设公切线与函数 2g x x a 的图象切于点 2
2 2,B x x a
因为 2g x x a ，所以 2g x x ，所以在 2
2 2,B x x a 处点斜线的斜率 2 22k g x x
所以切线方程为 2
2 2 22y x a x x x ，所以有 2
1
2
1 2
1 2
ln 1
xx
x x a
因为 10 1x ，所以 2
1
1 2 1xx
， 2
1
2x ．又 2
2 2ln 2 1a x x
令 2
1 ,2t x
，则 2 2ln 2 1 ln 2 ln 1h t t t t t ，所以
22 1th t t
令 ( ) 0h t 且 1
2t ，得 2
2t ；令 ( ) 0h t 且 1
2t ，得 1 2
2 2t
所以 h t 在 1 2,2 2
上为减函数，在 2 ,2
上为增函数.
所以函数 ln 0 1f x x x 与函数 2g x x a 有两条公切线
满足 2 1
2 2h h t h
，即 1 3ln 2 2 4h t ，
所以 1 3ln 2 ,2 4a
，选 D
题型 6 导数几何意义与函数性质综合
例题 6 已知函数 的图象的对称中心为 ，且 的图象在点 处的切线
过点 ，则 ( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【解析】 函数 的图象的对称中心为 ，所以
，即 ，得
又 的图象在点 处的切线过点
，即 ，解得 ，选 A
巩固 14 已知 A ， B 是函数
2 , 0
ln , 0
x x a xf x
x x a x
图像上不同的两点，若曲线 y f x 在点 A ， B 处
的切线重合，则实数 a 的最小值是（ ）
A． 1 B． 1
2
C． 1
2 D．1
【解析】当 0x 时， 2f x x x a ，则 ' 2 1f x x ;当 0x 时， lnx x af x
则 ' ln 1f x x .设 1 1 2 2, , ,A x f x B x f x 为函数图像上的两点
当 1 2 0x x 或 1 20 x x 时， 1 2' 'f x f x ，不符合题意，故 1 20x x
则 f x 在 A 处的切线方程为 2
1 1 1 12 1y x x a x x x
f x 在 B 处的切线方程为 2 2 2 2ln ln 1y x x a x x x .
由两切线重合可知 2 1
2
2 1
ln 1 2 1x x
x a a x
，整理得 122
1 1
1 02
xa x e x .
不妨设 2 21 02
xg x x e x ,则 2 2' , '' 1 2x xg x x e g x e ，由 '' 0g x 可得 1 1ln2 2x
则当 1 1ln2 2x 时， 'g x 的最大值为 1 1 1 1 1' ln ln 02 2 2 2 2g .
则 2 21
2
xg x x e 在 ,0 上单调递减，则 10 2a g ，选 B
巩固 15 函数
2
, 0( )
2 , 0
x
x xf x e
x x x
若 1( ) ( ) ( )2g x f x k x 在 R 上零点最多，则实数 k 范围是
【解析】由图知 ( )y f x 与 1( )2y k x 有 4 个公共点即可
即 0,k k 切 ，当设切点 0 0,x y ，则
0
0
0
0
0
1
1( )2
x
x
xk e
xk x e
，
0
1
2
1
2
x
k
e
， 1(0, )
2
k
e
巩固 16 已知函数
2
2
e 1, 0,( )
2 2, 0,
x xf x
x x x
若| ( ) |f x mx 恒成立，则实数 m 的取值范围为
【解析】作出函数| ( ) |f x 的图象如图所示；
当 0x 时；令 2 2 2x x mx ，即 2 (2 ) 2 0x m x
令 0 ，即 2(2 ) 8 0m ，解得 2 2 2m ，结合图象可知， 2 2 2m
当 0x 时，令 2e 1x mx ，则此时 2( ) e 1xf x ， ( )h x mx 相切
设切点 02
0 , 1xx e ，则
0
0
2
0
2
e 1 ,
2e ,
x
x
mx
m
解得 2m
观察可知，实数 m 的取值范围为 2 2 2,2 ，选 A
巩固 17 设函数 sin cosf x a x b x 0 在区间 ,6 2
上单调，且
2
2 3 6f f f
，当
12x 时， f x 取到最大值 4 ，若将函数 f x 的图象上各点的横坐标
伸长为原来的 2 倍得到函数 g x 的图象，则函数 3y g x x 零点的个数为（ ）
A． 4 B． 5 C． 6 D． 7
【解析】设 2 2 sinf x a b x 0 ， 1 2
2 6 2 2
T
，即 0 3
又 2
2 3 6f f f
，
2
72 3
2 12x
为 2 2 sinf x a b x 的一条对称轴
且 2 6
2 3
，则 ,03
为 2 2 sinf x a b x 的一个对称中心
由于 0 3 ，所以 7
12x 与 ,03
为同一周期里相邻的对称轴和对称中心
则 74 12 3T
， 2
又 2 2 4a b ，且 2 2sin cos12 12 12f a b
解之得 2a ， 2 3b
故 2sin 2 2 3cos2 4sin 2 3f x x x x
，由图象变换可得， 4sin 3g x x
因为 4sin 3g x x
在 ,03
处的切线斜率为 4cos 43 3 3g
3y x 在 ,03
处切线斜率不存在，即切线方程为
3x
所以
3x 右侧 g x 图象较缓,如图所示
同时 43x 时， 16 3x ，所以 3y g x x 的零点有 7 个，选 D
题型 7 两条曲线上动点距离最值
例题 7 设函数 2 sinf x x 在 0, 上最小的零点为 0x ，曲线 y f x 在点 0 ,0x 处的切线上
有一点 P ，曲线 23 ln2y x x 上有一点Q ，则 PQ 的最小值为
【解析】令 x k k Z ，则 x k ，最小为 0 1x
因为 2cosf x x ，所以曲线 y f x 在点 1,0 处的切线斜率为 1 2cos 2f
则切线方程为 2 2y x
设 23 ln2g x x x ， 23 ln 2 22h x x x x
则 13 2h x x x
， 1 0h ， h x 在 1x 处取最小值 31 02h
所以 0h x 恒成立，所以直线 2 2y x 与曲线 y g x 没有交点
令 13 2g x x x
，得 1x 或 1
3x （舍去）， 31 2g
则 PQ 的最小值为点 31, 2
到直线 2 2y x 的距离 d ，所以
2 2
32 2 3 52
102 1
d
巩固 18 已知实数 a b c d, ,, 满足
1 1 1ae c
b d e
，则 2 2a c b d 的最小值为
【解析】由题，得 1ln , 1a b c de
设 ( , )b a 是曲线 : lnC y x 的点， ( , )d c 是直线 1: 1l y xe
的点
2 2a c b d 可看成曲线 C 上的点到直线 l 上的点的距离的平方
对 lny x 求导得 1y x
，令 1y e
，得 x e ，所以曲线 C 上的点 ( ,1)e 到直线 l 的距离最小
该点到直线 l 的距离为 2 2
2
2
|1 1 1| 1
1 11 1( 1)
e
e
ee
因此 2 2( ) ( )a c b d 的最小值为
2 2
22 11
e e
ee
巩固 19 若 x ， a ，b 为任意实数，且 2 2( 2) ( 3) 1a b ，则 2 2( ) (ln )x a x b 的最小值为（ ）
A． 3 2 B．18 C．3 2 1 D．19 6 2
【解析】 2 2( 2) ( 3) 1a b ，可得 ,a b 在 2,3 为圆心，1 为半径的圆上
2 2( ) (ln )x a x b 表示点 ,a b 与点 ,lnx x 的距离的平方
又 ,lnx x 在曲线 lny x 上，设曲线 lny x 上一点为 ,lnm m
设过点 ,lnm m 的切线与点 ,lnm m 与 2,3 的连线垂直
可得 ln 3 1 12
m
m m
，即有 2ln 2 3m m m
由 2ln 2f m m m m ＝ 在 0m 递增，且 1 3f ，可得切点为 1,0
圆心与切点的距离为 2 2(1 2) (0 3) 3 2d
可得 2 2( ) (ln )x a x b 的最小值为 2
3 2 1 19 6 2 ，选 D
巩固 20 已知 1 1 1ln 2 0x x y ， 2 22 4 2ln 2 0x y ，记 2 2
1 2 1 2M x x y y ，则( )
A． M 的最小值为 2
5 B． M 的最小值为 4
5
C． M 的最小值为 8
5 D． M 的最小值为12
5
【解析】由题意， 2 2
1 2 1 2M x x y y 的最小值可转化为函数 ln 2y x x 图象上的点与直线
2 4 2ln 2 0x y 上的点的距离的最小值的平方
ln 2y x x ，得 1 1y x
与直线 2 4 2ln 2 0x y 平行的直线斜率为 1
2
令 1 11 2x
，解得 2x ，所以切点的坐标为 2 ln 2，
切点到直线 2 4 2ln 2 0x y 的距离 2 2ln 2 4 2ln 2 2 5
51 4
d
即 2 2
1 2 1 2M x x y y 的最小值为 4
5
，选 B
巩固 21 若 , ,x a b 均为任意实数，且 2 22 3 1a b ，则 2 2lnx a x b 的最小值为
【解析】由题意得，结果为线 lny x 上的点与以 2,3C 为圆心，以1为半径的圆上的点距离平方最小值
可以求曲线 lny x 上的点与圆心 2,3C 的距离的最小值，在曲线 lny x 上取一点 ,lnM m m
，曲线有 lny x 在点 M 处的切线的斜率为 1'k m
，从而有 ' 1CMk k ，即 ln 3 1 12
m
m m
整理得 2ln 2 3 0m m m ，解得 1m ，所以点 1,0 满足条件
其到圆心 2,3C 的距离为 2 22 1 3 0 3 2d ，故其结果为 2
3 2 1 19 6 2
巩固 22 设点 P 在曲线 2 xy e 上，点 Q在曲线 上，则 Q 的最小值为
A．1 ln 2 B． 2 1 ln 2 C． D． 2 1 ln 2
【解析】因为曲线 2 xy e 与曲线 互为反函数，其图象关于直线 y x 对称，故可先求点 P 到
直线 y x 的最近距离，函数 2 xy e 的导数为 2 xy e ，由 2 1xy e 得， ln 2x ，所以 ln22 1y e
所以当 P 点为点 ( ln 2,1) 时，点到直线 y x 的最近距离为 ln 2 1 1 ln 2
2 2
d
所以 min
1 ln 22 2 2(1 ln 2)
2
PQ d
题型 8 导数几何意义综合
例题 8 设曲线 1 *ny x n N 在点 1,1 处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 nx ，令 lgn na x ，则
1 2 99a a a 的值为
【解析】因为 1 *ny f x x n N ，所以 1 nf x n x ，所以 1 1, 1 1f n f
所以切线方程为： 1 1 1y n x ，令 0y ，得
1
nx n
所以 lg lg lg lg 11n n
na x n nn
所以 1 2 99 lg1 lg 2 lg 2 lg3 lg3 lg 4 ... lg99 lg100 2a a a
巩固 23 不等式 ， 恒成立，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解析】令 ，则 ，很明显函数 的周期为
由导函数的符号可得函数在区间 上具有如下单调性
在区间 和 上单调递增，在区间 上单调递减，绘制函数图像如图所示
考查临界条件，满足题意时，直线 恒在函数 的图像的上方
临界条件为直线与曲线相切的情况，此时 ，即 的最小值为 ，选 A
巩固 24 已知函数
2
1 1, 0( ) 2
2 , 0
x
xf x
x x x
，若 f(x)－mx≥0，则实数 m 的取值范围是（ ）
A．[0.2] B．[－1，2] C．[－ln3，2] D．[－ln2，2]
【解析】如图所示：画出函数 f x 的图像.
当 0x 时， ' 2 2f x x ，故 ' 0 2f ；当 0x 时， 1 1' ln2 2
x
f x
，故 ' 0 ln 2f ；
根据图像知： ln 2,2m ，选 D
题型 9 函数的单调性求参数
例题 9 已知函数 21 1ln ln2 2x xf k kx x R
（1）当 0k 时，求证：函数 f x 在 0, 上单调递增
（2）当 1k 时，讨论函数 f x 零点的个数
【解析】（1） l' n ln1 xf x x x
x x
，令 1ln ' 1x xg x g x x
，易得 g x 在 0,1 上递减
1, 上递增，∴ min 1 1 0 ' 0g x g f x ，∴函数 f x 在 0, 上单调递增
（2） n' l ln1 x kx x xf x x k
x
，由（1）知当 1k 时，方程 lnx x k 有两个根 1x ， 2x
且易知 1 20 1x x ，则 f x 在 10 x， 上单调递增，在 1 2,x x 上单调递减，在 2 ,x 单调递增.
所以 1x 为 f x 的极大值点， 2x 为 f x 的极小值点
显然 2 2 21 1 02 2
k kf e e e ， 1
11 2f x f ，∴ f x 在 10, x 仅有唯一零点
又 2 2 2 2 21 1
2 2
nk nk nkf e e n k nk e n k ，（当 n 为较大的整数时）
设 2xh x e x ，则 2xh x e x ， 2xh x e
当 1x 时， 0h x ， 2xh x e x 在( )1 +¥， 单调递增,即 1 2 0h x h e
所以 2xh x e x 在( )1 +¥， 单调递增，即 1 1 0h x h e ，即 0nkf e （当 n 为较大整数时）
于是下面讨论 2f x 的正负情况：
2
2 2 2 2
1 1ln ln2 2f x x x k x 2
2 2 2 2 2
1 1ln ln ln2 2x x x x x 2
2 2 2 2
1 1ln ln2 2x x x x
构造函数 21 1ln ln2 2F x x x x x 1 lnln' 1 1 ln 0x xxF x xx x
，且 0f e
1 当 21 x e 时， 2 2lnk x x 在 1,e 递增，得 1, 1k e ，此时 2 2 0f x F x ，则函数 f x
在 0, 上只有一个零点
②当 2x e 时，显然 1k e ，函数 f x 在 0, 上有两个零点
③当 2x e 时， 2 2lnk x x 在 ,e 递增，得 1,k e ，此时 2 2 0f x F x ，则函数 f x
在 0, 上有三个零点
综上， 1, 1k e ，函数 f x 在 0, 上有一个零点； 1k e 时，函数 f x 在 0, 上有两个零
点； 1,k e ，函数 f x 在 0, 上有三个零点
巩固 25 已知函数 2( ) ln (2 1) ( 0)f x a x x a x a .
(1)讨论 ( )f x 的单调性；(2)若 ( ) 0f x ，求 a 的取值范围
【解析】（1）由 2 12 2 1 x a xaf x x ax x
当 a=0 时， 2 1 0f x x ，则 f（x）在（0，+∞）上递减
当 a＞0 时，令 f'（x）＝0 得 x a 或 1
2x （负根舍去），
令 f'（x）＞0 得 0 x a＜ ＜ ；令 f'（x）＜0 得 x a＞ ，所以 f（x）在 0 a， 上递增，在 a ， 上递减
综上：a=0 时， f（x）在（0，+∞）上递减，a＞0 时，f（x）在 0 a， 上递增，在 a ， 上递减
（2）由（1）当 a＝0 时，f（x）＝﹣ 2x x ≤0，符合题意，
当 a＞0 时， 2( ) 0maxf x f a alna a a ，因为 a＞0，所以 1 0lna a
令 g a 1lna a ,则函数单调递增，又 1 0g ，故 1 0lna a 得 0 1a
综上，a 的取值范围为 0,1
巩固 26 已知函数 2( ) ( ) ( 1)xf x x a e a x
（1）当 0a 时，求函数 ( )f x 在 1 1f， 处的切线方程
（2）若 2a
，证明：当 0x
时， ( ) 0f x
【解析】当 0a 时， 2( ) xf x x e ， 2( ) ( 2 ) xf x x x e ， 1 3f e ， 1f e
函数 ( )f x 的图象在 1, 1f 处的切线方程 3 ( 1)y e e x ，即 3 2 0ex y e
（2）证明： 2( ) ( 2 ) xf x x x a e a ，令 2( ) ( 2 ) xg x x x a e a ，则 2( ) ( 4 2) xg x x x a e
2a
，当 0x
时， 2 2( 4 2) ( 4 ) 0x xx x a e x x e
，即 ( ) 0g x
且不恒为零
( )g x 在[0 ， ) 上是增函数，故 ( ) (0) 0g x g
，即 ( ) 0f x
( )f x 在[0 ， ) 上是增函数， ( ) (0) 0f x f
，即 ( ) 0f x
故若 2a
，则当 0x
时， ( ) 0f x
巩固 27 已知函数 21ln 2f x x x ax a R ， 23
2
xg x e x x
（1）讨论 f x 的单调性
（2）定义：对于函数 f x ，若存在 0x ，使 0 0f x x 成立，则称 0x 为函数 f x 的不动点.如果函数
F x f x g x 存在不动点，求实数 a 的取值范围
【解析】(1) f x 的定义域为
2 10, 0x axf x xx
， ，对于函数 2 1 0y x ax ，
①当 2 4 0a 时，即 2 2a 时， 2 1 0x ax 在 0x 恒成立
2 1 0x axf x x
在 0, 恒成立， f x 在 0, 为增函数
②当 0 ，即 2a 或 2a 时
当 2a 时，由 0f x ，得
2 4
2
a ax 或
2 4
2
a ax ，
2 24 40 2 2
a a a a
f x 在
2 40, 2
a a
为增函数，
2 24 4,2 2
a a a a
为减函数，
2 4 ,2
a a
为增函数
当 2a 时，由
2 1 0x axf x x
在 0, 恒成立， f x 在 0, 为增函数
综上，当 2a 时， f x 在
2 40, 2
a a
为增函数，
2 24 4,2 2
a a a a
减函数
2 4 ,2
a a
为增函数；当 2a 时， f x 在 0, 为增函数
（2） 2 2 21 3ln ln 02 2
x xF x f x g x x x ax e x x x x ax x e x
F x 存在不动点，方程 F x x 有实数根，即
2lnxe x xa x
有解
令
2 ln 0
xe x xh x xx
，
2 2
1 1 ln1 ln 1 1 xx e x x xe x x x xh x x x
令 0h x ，得 1x ，当 0,1x 时， 0h x h x ， 单调递减；
当 1,x 时， 0h x h x ， 单调递增； 1 1h x h e ， 当 1a e 时， F x 有不动点
a 的范围为 1,e
题型 10 极值与参数
例题 10 已知函数 3 21( ) 3f x x x mx m
（1）若 1x 为 ( )f x 的极值点，且 1 2f x f x （ 1 2x x ），求 1 22x x 的值
（2）求证：当 0m 时， ( )f x 有唯一的零点
【解析】（1）由题得 2( ) 2f x x x m
由题可知 1 2f x f x ，所以 3 2 3 2
1 1 1 2 2 2
1 1
3 3x x mx m x x mx m
所以 2 2
1 1 2 2 1 2+ + +3 +3 +3 0x x x x x x m （i）
因为 1 0f x ，所以 2
1 12 0x x m .即 2
1 13 6 3 0x x m （ii）
（ii）-（i）得 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 3 3 0, (2 )( ) 3( ) 0x x x x x x x x x x x x
所以 1 2 1 2 1 2 1 2(2 3)( ) 0, , 2 3x x x x x x x x
（2）令 3 21( ) 03f x x x mx m ，则 3 21 ( 1)3 x x m x
令 3 21( ) 3h x x x ， 2( ) 2h x x x
可知 ( )h x 在 ( , 2) 和 (0, ) 上单调递增，在 2,0 上单调递减，
又 4( 2) 3h ， (0) 0h
( 1)y m x 为过 ( 1,0) 点的直线，又 0m ，则 0m
因此 3 21 ( 1)3 x x m x 有且只有一个交点
即 3 21( ) 3f x x x mx m 有唯一的零点
巩固 28 已知函数 3 21
3f x x x a
（1）当 0a 时，求函数 f x 的极大值与极小值
（2）若函数 f x 在 1,3 上的最大值是最小值的 3 倍，求 a 的值
【解析】（1）当 0a 时， 3 21
3f x x x
所以 2 2f x x x
令 0f x ，则 0x 或 2x
当 ,0x 和 2,x 时， 0f x
当 0,2x 时， 0f x
则 f x 在 ,0 和 2, 上单调递增，在 0,2 上单调递减
所以 f x 的极大值为 0 0f ； f x 的极小值为 42 3f
（2）由题, 3 21
3f x x x
由（1）可得 f x 在 1,2 上单调递减，在 2,3 上单调递增，
所以 f x 的最小值即为 f x 的极小值 42 3f a
因为 21 3f a , 3f a ,所以 max 3f x f a
因为 max min3f x f x ，则 43 3a a
，
所以 2a
题型 11 最值与参数
例题 11 设函数 2 1ln 4f x ax x b x a
（1）若 1x 是函数 f x 的一个极值点，求函数 f x 的单调区间
（2）当 1a 时，对于任意的 1,x e （ e 为自然对数的底数）都有 0f x 成立，求实数 b 的取值范围
【解析】（1）定义域 (0, ) ， ( ) 2 1 bf x ax x
由题意可得， f (1) 2 1 0a b 即 1 2b a ，
所以
21 2 2 (1 2 ) [2 (1 2 )]( 1)( ) 2 1 a ax x a ax a xf x ax x x x
，由函数存在极值可知， 1
4a
1( ) 2i a 时，由 ( ) 0f x 可得 1x ，函数 f x 在 (1, ) 单调递增，由 ( ) 0f x 可得 0 1x ，函数 f x
在(0,1) 上单调递减.
1( ) 2ii a 时，由 ( ) 0f x 可得，0 1x ，函数在 f x (0,1) 上单调递减，由 ( ) 0f x 可得， 1x f x
在 (1, ) 单调递增；
( )iii 当 1 1
4 2a 时，由 ( ) 0f x 可得， 1x 或 1 20 2
ax a
，由 ( ) 0f x 可得， 1 2 12
a xa
故函数的单调递增区间 (1, ) ， ( 0，1 2
2
a
a
），单调递减区间 1 2( ,1)2
a
a
综上所述：当 1
4a ， 21 02
xf x x
恒成立，不符合题意
当 1 1
4 2a 时， f x 在 1 20, 2
a
a
上递增，在 1 2 ,12
a
a
上递减，在 1, 上递增
当 1
2a 时， f x 在 0,1 上递减，在 1, 上递增
（2） 1a 时， 2( ) 0f x x x blnx 可得，
2x xb lnx
令
2
( ) x xg x lnx
，1 x e ，则 2
(1 2 ) 1( ) ( )
x lnx xg x lnx
令 ( ) (1 2 ) 1h x x lnx x ，1 x e ， 1( ) 2 1h x lnx x
2 2
2 1 1 2( ) = 0xh x x x x
，则 ( )h x 在(1, )e 上单调递减，所以 ( )h x h （1） 0
所以 ( )h x 在(1, )e 上单调递减， x 1 h x 0 ， ( )h x 0 ，即 ( ) 0g x
所以 ( )g x 在(1, )e 上单调递减， ( )g x g （e） 2e e ，故 2b e e
巩固 29 已知函数 2lnf x ax b ，其中 ,a bR
（1）当 0a 时，若直线 y x 是曲线 y f x 的切线，求 ab 的最大值
（2）设 1b ，函数 21 1 , 0g x ax a ax f x a R a 有两个不同的零点，求 a 的最大整
数值.（参考数据 5 0.2234ln ： ）
【解析】1）设直线 y x 与曲线 y f x 相切于点 0 0,2lnP x ax b
2'( ) af x ax b
， 0
0
2'( ) 1af x ax b
， 0 2 0ax b a a
又因为点 P 在切线 y x 上，所以 0 02ln ax b x .所以 02ln2a x
02 2 2 2b a ax a aln a ＝ - = ﹣ .因此 2 22 2 2 0a a ab lna a ﹣
设 2 22 2 2 , 0g a a a ln a a= ﹣ ＞ ，则 ' 2 4 2 2 1 2 2 )g a a aln a a ln a＝ ﹣ ＝ (﹣
令 '( ) 0g a 得， 0 2
ea ；令 '( ) 0g a 得，
2
ea
g a 在 0, 2
e
上单调递增，在 ,2
e
上单调递减
g a 的最大值为
2 4
e eg
.则 ab 的最大值为
4
e
（2）函数 21) ( 1) ( , 0)g x ax a ax f x a R a =( 有两个不同的零点
等价于方程 22 ( 1) 1) ( 1)ln ax ax a ax =( 有两个不相等的实根
设 1t ax ＝ ，则等价于方程 22 0 0lnt t at t﹣ ﹣ （ ＞ ）有两个不同的解
即关于t 的方程
22ln 0)t ta tt
( ＞ 有两个不同的解，设
22lnt th t t
则
2
2
2 2ln'( ) t th t t
.设 2( ) 2 2m t t lnt＝﹣ ﹣ ，由 0t 可知 2'( ) 2 0m t t t
m t 在 0, 上单调递减，又 5 7 5(1) 1 0, 2ln 04 16 4m m
存在 0
51, 4t
使得 0 0m t ，即 2
0 0 2 2ln 0t t ，则 2
0 0 2ln 2t t
当 00,t t 时， 0m t ， '( ) 0h t ，函数 h t 单调递增；当 0 ,t t 时
0m t ， '( ) 0h t ，函数 h t 单调递减.所以函数 h t 的极大值为
2 2
0 0 0
0 0
0 0 0
2ln 2 2 2 92 ,010
t t th t tt t t
要使得关于t 的方程
22ln 0t ta tt
有两个不同的解，则 0a h t
当 1a 时，设 2( ) 2p t lnt t t ＝ ，则 2'( ) 2 1p t tt
可知 ( )p t 在 1 170, 4
上单调递增，在 1 17 ,4
上单调递减
又 21 17(1) 0, 0, ( ) 2 04p p p e e e
p（1）＝0
所以 ( )p t 有两个不同的零点，符合题意，所以 a 的最大整数值为 1
题型 12 值点偏移
例题 12 已知函数 ( ) ln 2( 0)f x ax x a .
（1）求函数 ( )f x 的最值
（2）函数 ( )f x 图像在点 (1, (1))f 处的切线斜率为 ( )1, ( ) 2f xg x x
有两个零点 1 2,x x ，求证： 1 2 4x x
【解析】（1） ，
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，有最小值 ，无最大值
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，有最大值 ，无最小值
（2）依题知 ，即 ，所以 ， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增
因为 是 的两个零点，必然一个小于 ，一个大于 ，不妨设
因为 ，
所以
变形为
欲证 ，只需证
即证
令 ，则只需证 对任意的 都成立
令 ，则
所以 在 上单增，
即 对任意的 都成立
所以
巩固 30 已知函数 21
2
xf x e x ax 有两个极值点 1 2,x x
（Ⅰ）求实数 a 的取值范围
（Ⅱ）求证： 1 2 0x x
（III）求证： 1 2 2f x f x
【解析】Ⅰ） 21( ) 2
xf x e x ax ， ( ) xf x e x a
设 ( ) xg x e x a ，则 ( ) 1xg x e ，令 ( ) 1 0xg x e ，解得 0x
当 ( , 0)x 时， ( ) 0g x ；当 (0, )x 时， ( ) 0g x
( ) (0) 1ming x g a
当 1a 时， ( ) ( ) 0g x f x
，函数 ( )f x 单调递增，没有极值点
当 1a 时， (0) 1 0g a ，且当 x 时， ( )g x ；当 x 时， ( )g x
当 1a 时， ( ) ( ) xg x f x e x a 有两个零点 1x ， 2x ，不妨设 1 2x x ，则 1 20x x
当函数 ( )f x 有两个极值点时， a 的取值范围为 (1, ) ．
（Ⅱ）不妨设 1 20x x ，要证 1 2+ 0x x ，即证 1 2gg x x ，即证 2 2>gg x x ，即 2 2
2 2
x xe x e x ， 2 22
22 1 0x xe x e ，
设 2 2 1, 0x xh x e xe x ，则 2 ( 1)x xh x e e x
令 1xH x e x ，则 1xH x e ，当 1 0xH x e ，则 0x ，即 H x 在 0, 上单调递
增，在 ,0 上单调递减，所以 0 0minH x H ，
即 1xe x ， 0h x ， h x 单调递增， 0 0h x h ，所以原不等式成立
（III）由（Ⅰ）、（Ⅱ）知 1x ， 2x 为 ( ) 0g x 两个实数根， 1 20x x ， ( )g x 在 ( ,0) 上单调递减且
1 2 0x x
函数 ( )f x 在 1(x ， 0) 上也单调递减， 1 2( ) ( )f x f x
要证 1 2( ) ( ) 2f x f x ，只需证 2 2( ) ( ) 2f x f x ，即证 2 2 2
2 2 0x xe e x
设函数 2( ) 2x xk x e e x ， (0, )x ，则 ( ) 2x xk x e e x
设 ( ) ( ) 2x xx k x e e x ，则 ( ) 2 0x xx e e
( )x 在 (0, ) 上单调递增， ( ) (0) 0x ，即 ( ) 0k x
( )k x 在 (0, ) 上单调递增， ( ) (0) 0k x k
当 (0, )x 时， 2 2 0x xe e x ，则 2 2 2
2 2 0x xe e x
2 2( ) ( ) 2f x f x ， 1 2( ) ( ) 2f x f x
巩固 31 已知函数 ( ) lnf x kx x
（1）若函数 ( )f x 在区间 (1, ) 上单调递增，求 k 的取值范围
（2）若函数 ( )f x 有两个不同的零点 1x ， 2x ，求证： 2
1 2x x e
【解析】（1）∵ ( ) lnf x kx x ，函数 ( )f x 在区间 1, 上单调递增
∴ 1( ) 0f x k x
在 1, 恒成立，∴ 1k x
，∴ 1k ³
（2）证明：不妨设 1 2 0x x
∵ 1 2 0f x f x ，∴ 1 1ln 0kx x ， 2 2ln 0kx x
可得 1 2 2 1ln lnk x x x x ， 1 2 1 2ln lnk x x x x
要证明 2
1 2x x e ，即证明 2 1ln ln 2x x ，也就是证 1 2 2k x x
∵ 1 2
1 2
lnx lnxk x x
，∴即证明： 1 2
1 2 1 2
2lnx lnx
x x x x
＞ ，即
1
21
12
2
2 1
ln
1
x
xx
xx
x
＞
令 1
2
x tx
，则 1t ，于是 2 1ln 1
tt t
令 2 1ln 1
tg t t t
， 1t ，则
2
2
( 1)
( 1)
tg t t t
故函数 g t 在 1, 上是增函数，∴ 1 0g t g ，即 2 1ln 1
tt t
成立
∴原不等式成立
题型 13 恒成立问题求参数
例题 13 已知函数 2 5 1f x x x ， xg x e
（1）求函数
f xy g x
的极小值
（2）设函数 'y f x a g x a R ，讨论函数在 ,4 上的零点的个数
（3）若存在实数 0,2t ，使得对任意 1,x m ，不等式 xf x t g x x 恒成立，求正整数 m 的
最大值
【解析】（1）
2 5 1
x
f x x xy g x e
， xR
则 2 2
2
6 1(2 5) ( 5 1) 7 6' ( )
x x
x x x
x xx e x x e x xy e e e
令 ' 0y ，得1 6x ；令 ' 0y ，得 1x 或 6x （或列表求）
∴函数
f xy g x
在 ,1 单调减，在 1,6 单调增，在 6, 上单调减
∴函数
f xy g x
在 1x 处取得极小值 3
e
（2） ' 2 5 0xy f x a g x x a e
∵ 0xe ，∴ 2 5
x
xa e
设 2 5
x
xh x e
，则 2 7' x
xh x e
，令 ' 0h x ，则 7
2x
∴ 2 5
x
xh x e
在 7, 2
上单调减，在 7 ,42
上单调增，且 x ，
h x min( )h x
7
27 22h e
， 44 3h e
∴当 43a e 或 7
22a e
时， h x a 有 1 解
即 'y f x a g x 在 ,4 上的零点的个数为 1 个
当 7
422 3e a e
时， h x a 有 2 解，即 'y f x a g x 在 ,4 上的零点的个数为 2 个
当 7
22a e
时， h x a 有 0 解，
即 'y f x a g x 在 ,4 上的零点的个数为 0 个．
（3）∵ 0xe ，存在实数 0,2t ，使对任意的 1,x m ，不等式 xf x t g x x 恒成立，
∴存在实数 0,2t ，使对任意的 1,x m ，不等式 xt xf xg x
恒成立.
∵ min 0t ，∴对任意的 1,x m ，不等式 10 f xg x
恒成立.
即对任意的 1,x m ，不等式 2 5 1 1xx x e 恒成立．
设 2 5 1 xG x x x e ， 1,x ，
∴ 2' 2 5 5 1x xG x x e x x e 2 3 4 4 1x xx x e x x e ，
可求得 G x 在 , 1 上单调增，在 1,4 上单调减，在 4, 上单调增，
则 2 5 1 xG x x x e 在 1,4 上单调减，在 4, 上单调增，
当 4m 时， 2 5 1 xG x x x e 在[1, ]m 上递减
所以 max 1 3 1G x G e 恒成立
当 4m 时， 2 5 1 xG x x x e 在[1,4] 上递减,在 (4, ]m 上递增,
所以 max max 1 ,G x G G m ，因为 1 3 1G e ， 44 3 1G e
而 55 1G e ；所以 2 5 1 1xx x e 在[1, ]m 上不恒成立,
∴正整数 m 的最大值为 4．
巩固 32 已知函数 ( ) ln (3 ) 2( )f x x x k x k k Z
（1）当 2k 时，求函数 ( )f x 的单调区间
（2）若当 1x 时，总有 ( ) 0f x ，求 k 的最大值
【解析】（1）当 2k 时， ( ) lnf x x x x ，定义域为 (0, ) ， ( ) ln 2f x x
由 ( ) 0f x 得 2
10,x e
，由 ( ) 0f x 得 2
1 , x e
所以函数 ( )f x 在 2
10, e
上单调递减，在 2
1 ,e
上单调递增
即函数 ( )f x 的单调递减区间为 2
10, e
，单调递增区间为 2
1 ,e
（2）由题当 1x 时， ( ) 0f x 恒成立
即 ln (3 ) 2 0x x k x k 在 1x 时恒成立
即 ln 3 2
1
x x xk x
在 1x 时恒成立
令 ln 3 2( ) 1
x x xg x x
，则 2
ln 2( ) ( 1)
x xg x x
令 ( ) ln 2h x x x ，则 1 1( ) 1 0xh x x x
在 1x 时恒成立
所以 ( )h x 在 (1, ) 上单调递增，又知 (3) 1 ln3 0h ， (4) 2 ln 4 0h
所以在 (1, ) 上存在唯一实数 0 (3,4)x ，满足 0( ) 0h x ，即 0 0ln 2 x x
当 01,x x 时， ( ) 0h x ，即 ( ) 0g x
当 0 ,x x 时， ( ) 0h x ，即 ( ) 0g x
所以函数 ( )g x 在 01, x 上单调递减；在 0,x 上单调递增
即 0 0 00 0 0
min 0 0
0 0
2 3 2ln 3 2( ) 2 (5,6)1 1
x x xx x xg x g x xx x
由 ln 3 2
1
x x xk x
在 1x 时恒成立
所以 0 2k x ，又知 k Z ，所以整数 k 的最大值为 5
题型 14 任意存在问题
例题 14 设 ( ) xf x ae a ， 2( )g x ax x ( a 为与自变量 x 无关的正实数)
（1）证明：函数 ( )f x 与 ( )g x 的图象存在一个公共的定点，且在公共定点处有一条公切线
（2）是否存在实数 k ，使得 ( ) ln 1f x a kxax x
对任意的 1 ,2x
恒成立，若存在，求出 k 的取值
范围，否则说明理由
【解析】（1）∵ 0(0) 0, (0) 0f ae a g ，∴ 2( ) , ( )xf x ae a g x ax x 图像存一个公共定点 (0,0)O
∵ ( ) xf x ae ， ( ) 2g x a x ，∴ (0)f a ， (0)g a ，∴在定点 (0,0)O 处有一条公切线，为直线 y ax
（2）假设存在实数 k ，使得 ( ) ln 1f x a kxax x
对任意的 1 ,2x
恒成立
即存在实数 k 使得 lnxk e x x x 对任意的 1 ,2x
恒成立
令 1( ) ln , ,2
xh x e x x x x
，则 1( ) ln 2, ,2
xh x e x x
令 1( ) ln 2, ,2
xm x e x x
，则 1 1 1( ) , ,2
x
x xem x e xx x
因为 0, 0xx e ，且 , xy x y e 在 1 ,2x
上单调递增，所以 xy xe 在 1 ,2x
上单调递增
因为
1
1 2
121 21 0,1 1 02 2
ee e ，所以存在唯一实数 0
1 ,12x
，使得 0
0 1 0xx e ，即 0 0m x
且 0
0
xx e ，所以 ( )h x 在 0x 处取得最小值
0 0 0
0 0ln 2 ln 2x x xh x e x e e 0
1
2
0
1 3 92 2 02 2 4
xe x e e e
所以 ( ) lnxh x e x x x 在 1 ,2x
上单调递增，所以 1 ln2 1( ) 2 2h x h e
因为 lnxk e x x x 对任意的 1 ,2x
恒成立，所以 ln 2 1
2k e
故存在 ln2 1, 2k e
使得 ( ) ln 1f x a kxax x
对任意 1 ,2x
恒成立
题型 15 存在性问题
例题 15 已知函数 ln( ) , ( )x
x xf x g xe x
(1)求 ( )f x 的极大值
(2)当 0a 时，不等式 ( )xg x ax b 恒成立，求 b
a
的最小值
(3)是否存在实数 k N ，使得方程 ( ) ( 1) ( )f x x g x 在 ( , 1)k k 上有唯一的根，若存在，求出所有 k 的值，
若不存在，说明理由
【解析】（1） 1
x
xf x e
，令 0f x ，得 1x
当 1x 时， 0f x ，则 f x 在 ,1 上单调递增，当 1x 时， 0f x ，则 f x 在 1, 上单
调递减，故当 1x 时， f x 的极大值为 1
e
（2） xg x ax b 恒成立，即 ln 0x ax b 恒成立，记 ln ( 0)m x x ax b x ，则 1 axm x x
当 0a 时，令 0m x ，得 1x a
当 10,x a
时， 0m x ，此时 m x 单调递增，当 1 ,x a
时， 0m x ，此时 m x 单调递
减，则 max
1 ln 1 0m x m a ba
，即 ln 1b a
则 ln 1b a
a a
， 记 ln 1an a a
，则 2
ln ( 0)an a aa
，令 0n a ，得 1a
当 0,1a 时， 0n a ，此时 n a 单调递减，当 1,a 时， 0n a ，此时 n a 单调递增
min 1 1n a n ，故 b
a
的最小值为 1
（3）记 1 ln
x
x xxs x e x
，由 2
1 2 3ln21 0, 2 1 1 02s se e
故存在 1k ，使 1f x x g x 在 1,2 上有零点，下面证明唯一性：
① 当 0 1x 时， 0, 1 0f x x g x ，故 0s x ， 0s x 在 0,1 上无解
②当 1x 时， 2
1 1 ln
x
x x xs x e x
，而 2
1 10, 1 ln 0, 0x
x x xe x
，此时 0s x ， s x 递减
所以当 1k 符合题意
题型 16 恒成立问题
例题 16 已知函数 ( ) xf x e .
（1）求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程
（2）若对任意的 mR ，当 0x 时，都有 2 12 ( ) 2 2 1m f x kmx
恒成立，求最大的整数 k
（参考数据： 3
3 1.78e ）
【解析】（1）已知函数 ( ) xf x e ，则 (1, (1))f 处即为(1, )e ，又 ( ) xf x e ， (1)k f e
可知函数 ( ) xf x e 过点 (1, (1))f 的切线为 ( 1) y e e x ，即 y ex
（2）注意到 0x ，不等式 2 12 ( ) 2 2 1m f x kmx
中
当 0m 时，显然成立；
当 0m 时，不等式可化为
2
1 2 2 12 ( ) kmf x x m
令 1 1( ) 2 ( ) 2 xh x f x ex x
，则 2
1( ) 2 xh x e x
，
1 1
2 2
2
1 1( ) 2 22 1
2
4 0h e e
，
3 3
3 3
2 3 2 1.78 3 03 1( ) 2 23 3
3
h e e
所以存在 0
1 3,2 3x
，使 0
0 2
0
12 0xh x e x
.
由于 2 xy e 在 0, 上递增， 2
1y x
在 0, 上递减，所以 0x 是 'h x 的唯一零点.
且在区间 00, x 上 ( ) 0h x ， ( )h x 递减，在区间 0,x 上 ( ) 0h x ， h x 递增，
即 ( )h x 的最小值为 0
0 2
0 0 0
1 1 12 xh x e x x x
，令
0
1 ( 3,2)tx
，
则 2
2
0 0
1 1 (3 3,6)t tx x
，将 ( )h x 的最小值设为 a ，则 (3 3,6)a ，
因此原式需满足
2
2 2 1kma m
，即 2 2 2 1 0am km 在 mR 上恒成立，
又 0a ，可知判别式 8 4 0k a 即可，即
2
ak ，且 (3 3,6)a ， k 可以取到的最大整数为 2
巩固 33 已知函数 2( ) 8 4xf x e x x
（1）求函数 ( )f x 的单调区间
（2）若关于 x 的不等式 2 8 4
sin4
xe x x
m m x
在[0, ) 上恒成立，且 0m ，求实数 m 取值范围
【解析】（1）依题意， xR ， 2 2( ) 8 4 2 8 10 4x xf x e x x x e x x
令 ( ) 0f x ，即 2 10 4 0x x ，解得 10 84 5 212x
当 ( , 5 21)x ， ( ) 0f x ，当 ( 5 21, 5 21)x ， ( ) 0f x ，当 ( 5 21, )x ， ( ) 0f x
故函数 ( )f x 的单调递增区间为 ( , 5 21) 和 ( 5 21, ) ，单调递减区间为 ( 5 21, 5 21)
（2）令 2e 8 4
( ) sin4
x x x
g x m m x
由题意得，当 0x 时， (0) 1 0g m ，则有 m 1
下面证当 m 1 时，对任意 0x ，都有 ( ) 0g x
由于 xR 时，1 sin 0x ，所以当 m 1 时， 21( ) e 2 1 1 sin4
xg x x x x
故只需证明对任意 0x ，都有 21 2 1 1 sin 04
xe x x x
令 ( ) sinh x x x ，则 ' 1 cosh x x ，所以 ' 0h x 在[0, ) 上恒成立
所以函数 ( ) sinh x x x 在[0, ) 上单调递增，所以当 0x 时， ( ) (0) 0h x h ，即 sinx x
所以1 1 sinx x ，则 2 21 12 1 1 sin 2 1 14 4
x xe x x x e x x x
令 21( ) e 2 1 14
xF x x x x
， 0x ，则 21 5( ) e 1 14 2
xF x x x
当 0x 时， 1xe ， 21 5 1 14 2x x ，所以 ( ) 0F x ≥ ，即函数 ( )F x 在[0, ) 上单调递增
所以当 0x 时， ( ) (0) 0F x F ，所以对任意 0x ，都有 21 2 1 1 sin 04
xe x x x
所以当 m 1 时，对任意 0x ，都有 2 8 4
sin4
xe x x
m m x
，故实数 m 的取值范围为[1, )
巩固 34 设函数 3 2( ) 3f x x x ， ( ) lnag x x xx
，其中 a R
（1）若存在 1 2, [0,2]x x ，使得 1 2( ) ( )f x f x M ，求整数 M 的最大值
（2）若对任意的 1, [ ,2]2s t ，都有 ( ) ( )f t g s ，求 a 的取值范围
【解析】（1） 2( ) 3 ( ), [0,2]3f x x x x ，令 ( ) 0f x 得 1 2
20, 3x x
当 x 变化时， ( )f x 和 ( )f x 的变化情况如下：
x 0 2(0, )3
2
3
2( ,2)3 2
( )f x 0 0
( )f x 3 单调递减 极小值 单调递增 1
可得： max( ) 1f x ， min
2 85( ) ( )3 27f x f ，要使存在 1 2, [0,2]x x ，使得 1 2( ) ( )f x f x M 恒成立
只需 max min
112( ) ( ) 27M f x f x ，故整数 M 的最大值为 4 ．
（2）由（1）知，在 1[ ,2]2
上， max( ) (2) 1f x f ，要满足对任意的 1, [ ,2]2s t ，都有 ( ) ( )f t g s ，只
需 ( ) 1g x 在 1[ ,2]2
上恒成立，即 ln 1a x xx
在 1[ ,2]2
上恒成立，
分离参数可得： 2 lna x x x ，令 2( ) ln , ( ) 1 2 lnh x x x x h x x x x ，
令 ( ) 1 2 ln , ( ) 2ln 3p x x x x p x x ，在 1[ ,2]2
上 ( ) 2ln 3 0p x x 恒成立，
则可得 ( ) 1 2 lnp x x x x 在 1[ ,2]2
上递减，又因 (1) 0p ，则可知当 1[ ,1), ( ) 0, ( )2x h x h x 单调递增，
当 (1,2], ( ) 0, ( )x h x h x 单调递减，所以 ( )h x 在 1x 处取得最大值 (1) 1h
所以 a 的取值范围是 1a ．
题型 17 零点问题
例题 17 已知函数 2( ) ln ( , )f x x ax bx a b R .
（1）当 1a 时，设 1x ， 2x 为 ( )f x 的两个不同极值点，证明： 1 2 3 ln 2f x f x ；
（2）设 1x ， 2x 为 ( )f x 的两个不同零点，证明： 1 2 1 2 3f x x x x .
【解析】(1)当 1a 时， 2( ) lnf x x x bx ，
21 2 1( ) 2 ( 0)x bxf x x b xx x
1 2,x x 为 ( )f x 的两个不同极值点， 1 2,x x 为方程 22 1 0x bx 的两不等正根
2 2
1 1 2 22 1, 2 1bx x bx x ，且由韦达定理 1 2
1
2x x
2 2
1 2 1 1 1 2 2 2ln lnf x f x x x bx x x bx 2 2
1 2 1 2ln 2x x x x 1 2 1 2ln 2 2 ln 2 3x x x x
1 2 3 ln 2f x f x
（2）要证明 1 2 1 2 3f x x x x ，即 2
1 2 1 2 1 2 1 2ln 3x x a x x b x x x x
下面分别证明 1 2 1 2ln 1x x x x 和 2
1 2 1 2 2a x x b x x ，两式相加即得结论
（i） 1 2 1 2ln 1x x x x
令 1 2 0t x x ，即证 ln 1 0t t .令函数 ( ) ln 1g t t t ，则 1 1( ) 1 tg t t t
( )g t 在 (0,1) 单调递增，在 (1, ) 单调递减， ( ) (1) 0g t g
（ii）再证明 2
1 2 1 2 2a x x b x x ，即 2
1 2 1 2 2a x x b x x
1 2,x x 为 ( )f x 的两个不同零点，不妨设 1 20 x x ， 2
1 1 1ln x ax bx ①
①-②可得 1
1 2 1 2 1 2
2
ln x a x x x x b x xx
两边乘以 1 2
1 2
x x
x x
，得
1
1 2
22
1 2 1 2
1 2
ln x x xx a x x b x xx x
，即
1 1
2 2 2
1 2 1 2
1
2
1 ln
1
x x
x xa x x b x x x
x
令 1
2
(0,1)xm x
，则 2
1 2 1 2
( 1) ln
1
m ma x x b x x m
即证 ( 1) ln 21
m m
m
，即 2( 1) 4ln 21 1
mm m m
，即证 4ln 2 01m m
令函数 4( ) ln 21h m m m
，则
2
2 2
1 4 ( 1)( ) 0( 1) ( 1)
mm m m mh m
( )h m 在 (0,1) 单调递增， ( ) (1) 0h m h
由（i）（ii）可得 2
1 2 1 2 1 2 1 2ln 3x x a x x b x x x x ， 1 2 1 2 3f x x x x
题型 18 多次求导
例题 18 已知函数 ln mf x m x x m Rx
(1)讨论 f x 的单调性
(2)若 f x 有两个极值点 1 2,x x ，不等式 1 2
2 2
1 2
f x f x ax x
恒成立，求实数 a 的取值范围
【解析】（1）由题意得 0,x ，
2
2 21m m x mx mf x x x x
令 2 2, 4 4g x x mx m m m m m .
①当 0 4m 时， 0, 0g x 恒成立，则 0,f x f x 在 0 ， 上单调递减
②当 0m 时， ，函数 g x 与 x 轴有两个不同的交点 1 2 1 2,x x x x
1 2 1 20, 0,x x m x x m 则 1 20, 0x x
所以当
2 40, 2
m m mx
时， 0, 0,g x f x f x 单调递增
当
2 4 ,2
m m mx
时， 0, 0,g x f x f x 单调递减.
③当 4m 时， ，函数 g x 与 x 轴有两个不同的交点 1 2 1 2,x x x x
1 2 1 20, 0,x x m x x m 则 1 20, 0x x
所以
2 40, 2
m m mx
时， f x 单调递减
2 24 4,2 2
m m m m m mx
时， f x 单调递增
2 4 ,2
m m mx
时， f x 单调递减
综上所述：当 0 4m 时， f x 在 0 ， 上单调递减
当 0m 时，
2 40, 2
m m mx
时， f x 单调递增
2 4 ,2
m m mx
时， f x 单调递减.
当 4m 时，
2 40, 2
m m mx
时， f x 单调递减；
2 24 4,2 2
m m m m m mx
时， f x 单调递增；
2 4 ,2
m m mx
时， f x 单调递减.
（2）由（1）知： 4m 时 f x 有两个极值点 1 2,x x ，
且 1 2,x x 为方程 2 0x mx m 的两根， 1 2 1 2, .x x m x x m
1 2 1 1 2 2
1 2
ln lnm mf x f x m x x m x xx x
1 2
1 2 1 2
1 2
ln ln lnm x xm x x x x m m m m m mx x
.
22 2 2
1 2 1 2 1 22 2x x x x x x m m .
所以 1 2
2 2 2
1 2
ln ln
2 2
f x f x m m m
x x m m m
，所以 ln
2
ma m
在 4,m 时恒成立.
令 ln 42
mh m mm
，则 2
21 ln
2
mmh m
m
.
令 21 ln ,m mm
则 2 2
2 1 2 0mm m m m
，
所以 m 在 4 ， 上单调递减.又 14 =1 2ln 2 02
，
所以 0m 在 4 ， 上恒成立，即 2 ln 0mm
.所以 ( ) 0h m¢ < .
所以 h m 在 4 ， 上为减函数.所以 4 ln 2h m h .
所以 ln 2a ，即 a 的取值范围是[ln 2, ) .
巩固 35 已知函数 212
x af x xe x
（1）当 1a 时，求函数 f x 的单调区间
（2）当 0x 时，不等式 2 22
x af x e 恒成立，求 a 的取值范围
【解析】（1） 1a 时 21 12
xf x xe x
1 1 1 1x xf x x e x x e
若 ( ) 0f x¢ ³ ，则 1x 或 0x ，若 ( ) 0f x¢ < ，则 1 0x
所以 f x 的增区间为 , 1 ， 0, ，减区间为( )1,0-
（2）由题意得 2 2 02
x af x e 恒成立，即 22 2 2 02
x ax e x x 恒成立
设 22 2 22
x ah x x e x x
则 1 1xh x x e a x ，令 1 1xg x x e a x ，则 xg x xe a
令 xF x xe a ，则 1 xF x x e
∵ 0x ，∴ 0F x ， F x 为 0, 上的增函数
①当 0a 时， 0 0F x F a ，从而 g x 在 0, 上为增函数，所以 0 1g x g a
当 1 0a ，即 1a 时， 0 0g x g
从而 h x 在 0, 上为增函数，∴ 0 0h x h 恒成立
若 1 0a ，即 1 0a 时，由 g x 在 0, 上为增函数，且 0 1 0g a ， 1 2 0g a
∴在( )0,+¥ 上，存在 0x 使得 0 0g x ，
从而 h x 在 00, x 上为减函数，此时 0 0h x h ，不满足题意
② 0a 时，由 F x 在 0, 上为增函数，且 0 0F a ， 1 0a aF a ae a a e
∴在 0,a 上，存在 1x ，使得 1 0g x ，从而 g x 在 10, x 上为减函数
此时 0 1 0g x g a ，∴ h x 在 10, x 上也为减函数，此时 0 0h x h ，不满足题意
综上所述， a 的取值范围为 , 1
题型 19 换元法的应用
例题 19 设函数 1 lnf x x t xx
，其中 0,1 ,x t 为正实数
(1)若不等式 0f x 恒成立，求实数t 的取值范围
(2)当 )1(0x ， 时，证明 2 1 1 lnxx x e xx
【解析】（1）由题意得
2
2 2
1 1' 1 t x txf x x x x
设 2 1 0 1h x x tx x ，则 2 4, 0t t ，
①当 2 4 0t 时，即 0 2t 时， 0f x ， 所以 f x 在 0,1 上递增， 1 0f x f ，满足
②当 2 4 0t 时，即 2t 时，则 h x 的图象的对称轴 12
tx
因为 0 1, 1 2 0h h t
所以 h x 在 0,1 上存在唯一实根，设为 1x ，则当 10,x x 时， 0, ' 0h x f x
当 1,1x x 时， 0, ' 0h x f x
所以 f x 在 10, x 上单调递增，在 1,1x 上单调递减，此时 1max 1 0xf f f ，不合题意
综上可得，实数t 的取值范围是 0,2
（2）
3 2 1 lnxx x x e xx
等价于 2 1 1
lnxx x
e xx
因为 0,1x ，所以 0lnx ，所以原不等式等价于
2 1
ln 1
xx e
x x x
由(1)知当 2t 时， 1 2 0x lnxx
在 0,1x 上恒成立，整理得
2 1 2ln
x
x x
令 0 11
xem x xx
，则 2' 0
1
xxem x
x
，所以函数 m x 在区间 0,1 上单调递增
所以
2
1 22
1
ln
xem xx m x
，即
2 1
ln 1
xx e
x x x
在 0,1 上恒成立
所以，当 0,1x 时，恒有 2 1 1 lnxx x e xx
题型 20 导函数为零的替代
例题 20 设 k R ，函数 ( ) ( )g x k x e ，其中 e 为自然对数的底数
（1）设函数 ( ) 1 ln
xf x x
①若 1k ，试判断函数 ( )f x 与 ( )g x 的图像在区间 (1, )e 上是否有交点
②求证：对任意的 k R ，直线 ( )y g x 都不是 ( )y f x 的切线
（2）设函数 ( ) 2 ln ( )h x x x x xg x ekx ，试判断函数 ( )h x 是否存在极小值，若存在，求出 k 的取值
范围；若不存在，请说明理由
【解析】（1）①当 1k 时，函数 ( )g x x e
令 ( ) ( ) ( ) 1
xF x f x g x x elnx
， (1, )x e ，则 1 2 0F e ， ( ) 3 0F e e e
故 1 0F F e
又函数 ( )F x 在区间 (1, )e 上的图象是不间断曲线，故函数 ( )F x 在区间 (1, )e 上有零点
故函数 ( )f x 与 ( )g x 的图象在区间 (1, )e 上有交点
②证明：假设存在 k R ，使得直线 ( )y k x e 是曲线 ( )y f x 的切线
切点横坐标为 0x ，且 0 0, ,x e e ，
则切线 ( )y f x 在点 0x x 切线方程为 0 0 0( )( ) ( )y f x x x f x
即 0 0 0 0 0
2 2
0 0 0
2 2
( 1) ( 1) 1
lnx x x lnx xy xlnx lnx lnx
，从而 0
2
0
2
( 1)
lnxk lnx
，且 0 0 0 0
2
0 0
2
( 1) 1
x x lnx x kelnx lnx
消去 k ，得 0 02x e elnx ，故 0x e 满足等式
令 0 0 0( ) 2s x x e elnx ，所以 0
0
( ) 1 es x x
，故函数 0( )s x 在 (0, )e 和 ( , )e 上单调递增
又函数 0( )s x 在 0x e 时 0s e ，故方程 0 02x e elnx 有唯一解 0x e ，
又 0 0, ,x e e ，故 0x 不存在，即证
（2）由 2( ) 2 ( ) 2 2h x x xlnx xg x ekx x xlnx kx kex 得 0x ， ( ) 1 2 ( )h x lnx k x e
令 ( ) 1 2 ( )m x lnx k x e ，则 1 2 1( ) 2 kxm x k x x
， 0m e h e
( )i 当 0k 时， ( )h x 递减
故当 (0, )x e 时， ( ) 0h x ， ( )h x 递增
当 ( , )x e 时， ( ) 0h x ， ( )h x 递减
故 ( )h x 在 x e 处取得极大值，不合题意
( ) 0ii k 时，则 ( )m x 在 1(0, )2k
递减，在 1(2k
， ) 递增
①当 10 2k e
时， 1
2 ek
，故 ( )m x 在 1(0, )2k
递减
可得当 (0, )x e 时， ( ) 0h x ，当 1( , )2x e k
时， ( ) 0h x
1 1
1
( ) (1 2 ) 2
k k
ke em ke e lnk k
易证
1
1
2
ke
k k
，令
1
1
( ) 2
k
k em k e ln k
， 1( , )2k e e
令 1 2t ek
故 ( ) 2n t et lnt t ，则 1( ) 2 1 0n t e t
，故 ( )n t 在 (2 , )e 递增
则 2 1 0n t n e n ，即 10 2k e
时， 0m
故在 1(2k
，
1
)
ke
k
内存在 0x ，使得 0( ) 0m x
故 ( )h x 在 1(2k
， 0 )x 上递减，在 0(x ， ) 递增，故 ( )h x 在 0x x 处取得极小值
②由（1）知 1
2k e
， 1
2 ek
故 ( )h x 在 (0, )e 递减，在 ( , )e 递增
故 (0, )x 时， ( ) 0h x
， ( )f x 递增，不合题意
③当 1
2k e
时， 10 2 ek
当 1(2x k
， )e 时， ( ) 0h x ， ( )f x 递减
当 ( , )x e 时， ( ) 0h x ， ( )f x 递增
故 ( )h x 在 x e 处取极小值，符合题意
综上，实数 k 的范围是 0k 且 1
2k e
题型 21 多变量问题的主变元
例题 21 已知函数 21 1 ln2f x x a x a x a R 的导函数为 f x
（1）讨论函数 f x 的单调性
（2）若函数 g x f x b 有两个不同的零点 1 2,x x ，求证： 1 2 02
x xf
【解析】（1）函数 f x 的定义域为( )0,+¥ , 11 x x aaf x x a x x
若 0a , ( ) 0f x¢ > 恒成立,所以 f x 在( )0,+¥ 上单调递增
若 0a ,若 ( ) 0f x¢ > ,则 x a ；若 ( ) 0f x¢ < ,则 0 x a
所以 f x 在 0,a 上单调递减,在 ,a 上单调递增
综上所述,当 0a 时, f x 在( )0,+¥ 上单调递增；当 0a , f x 在 0,a 单调递减,在 ,a 上递增
（2）若 g x 有两个不同的零点 1 2,x x ,则方程 f x b 有两个不相等的实数根 1 2,x x
∴ 0a ,不妨设 1 20 x x ,
∴ 2 2
2 2 2 1 1 1
1 11 ln 1 ln2 2x a x a x x a x a x
∴ 2 2
2 1 2 1 2 1
1 1 ln ln2 x x a x x a x x
∴ 2 1
2 1
2 1
ln ln1 12
x xx x a a x x
∵ 1 af x x a x
,∴ 1 2 1 2
1 2
212 2
x x x x af a x x
∴ 1 2 2 1 2 1
2 1
2 1 1 2 2 1 1 2
ln ln 2 ln ln 22
x x x x x xa af a x xx x x x x x x x
2
2 1
22 1 1
1
1
ln 2
1
x
x xa
xx x x
x
令 1ln 2 11
xh x x xx
,则
2
2 2
1 1 11 2 0
1 1
x x xh x x x x x
∴ 1ln 2 1
xh x x x
在( )1,+¥ 上单调递增,则 1 0h x h ，∴ 1 2 02
x xf
题型 22 多变量的解题策略
例题 22 已知函数 ln 0f x a x a 与 21
2y xe
的图象在它们的交点 ,P s t 处具有相同的切线
（1）求 f x 的解析式
（2）若函数 21g x x mf x 有两个极值点 1x ， 2x ，且 1 2x x ，求 2
1
g x
x
的取值范围
【解析（1）根据题意，函数 ln 0f x a x a 与 21
2y xe
，可知 af x x
， 1y xe
两图象在点 ,P s t 处有相同的切线，所以两个函数切线的斜率相等，即 1 ase s
，化简得 s ae
将 ,P s t 代入两个函数可得
2
ln2e
s a s
综合上述两式可解得 1a ，所以 lnf x x
（2） 2 21 1 lng x x mf x x m x ，定义域为 0, ，
22 22 1 m x x mx xg x x
因为 1x ， 2x 为函数 g x 的两个极值点，所以 1x ， 2x 是方程 22 2 0x x m 的两个不等实根
由根与系数的关系知 1 2 1x x + ， 1 2 2
mx x
又已知 1 2x x ，所以 1 2
10 12x x ， 2
2 2 2
1 1
1 lng x x m x
x x
将 * 式代入得 2
2 2 1 2 2
1 1
1 2 lng x x x x x
x x
2
2 2 2 2
2 2 2
2
1 2 1 ln 1 2 ln1
x x x x x x xx
令 1 2 lnh t t t t ， 1 ,12t
， 2ln 1h t t ，令 0h t ，解得 1t
e
，
当 1 1,2t
e
， 0h t ， h t 在 1 1,2 e
递减；当 1 ,1t
e
， 0h t ， h t 在 1 ,1
e
递增
所以 min
1 2 21 1 e
ee
h t h
e
， 1max , 12h t h h
， 1 1 ln 2 0 12 2h h
即 2
1
g x
x
的取值范围是 21 ,0e
e
巩固 36 已知函数 2 21( ) 2 ln ( 0)2f x ax x a x a
(1)讨论 ( )f x 的单调性
(2)当 1
3a 时，设 ( )f x 的两个极值点为 1x ， 2x ，证明: 1 2
1 2 1 2
( ) ( ) 1 1f x f x
x x x x
＜
【解析】（1）
2 2 22 2( ) 1 ( 0)a ax x af' x ax ax x
， (0, )x
对于一元二次方程 2 2 02ax x a ， 31 8a
①当 0 时，即 1
2a 时， 2 2 02ax x a 无解或一个解
有 (0, )x 时， '( ) 0f x ，此时 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增
②当 时，即 1
2a 时， 2 2 02ax x a 有两个解
其解为
31 1 8
2
ax a
， 当 10 2a 时，
31 1 8 02
ax a
故在
31 1 80 2
ax a
及
31 1 8
2
ax a
时， '( ) 0f x
且
3 31 1 8 1 1 8
2 2
a axa a
时， '( ) 0f x
即 ( )f x 在
3
(0, )1 1 8 2
a
a
及
3
(1 1 8 ,2 )a
a
上单调递增，在
3 31 1 8 1 1 8, 2( 2 )a a
a a
上单调递减
当 0a 时，一个实根小于 0，一个实根大于 0，所以在
31 1 80 2
ax a
时， '( ) 0f x
在
31 1 8
2
ax a
， '( ) 0f x
即 ( )f x 在
3
(0, )1 1 8 2
a
a
上单调递增，在
3
(1 1 8 ,2 )a
a
上单调递减
综上所述：即 1
2a 时， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增
当 10 2a 时，即 ( )f x 在
3
(0, )1 1 8 2
a
a
及
3
(1 1 8 ,2 )a
a
上单调递增
在
3 31 1 8 1 1 8, 2( 2 )a a
a a
上单调递减
当 0a 时， ( )f x 在
3
(0, )1 1 8 2
a
a
上单调递增，在
3
(1 1 8 ,2 )a
a
上单调递减
（2）当 1
3a 时， 2 2( ) ln6 9
1f x x x x ，
23 9 2( ) 9
x xf' x x
，又因为 ( )f x 的两个极值点为 1x ， 2x
则 1x ， 2x 是方程 23 9 2 0x x 的两实数根， 1 2 1 2
23, ,3x x x x 设 1 2x x
1 2 1 2 1 2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 ( )( ) ( ) ln ln )2 (( ) ( ) 6 9=
x x x x x xf x xx f x
x x x x
1
2
2
1
2 ( 1
2
n ln9 l )x x
x x
又因为 1 2
1 2 1 2
1 1 9
2
x x
x x x x
，故要证 1 2
1 2 1 2
( ) ( ) 1 1f x f x
x x x x
＜
只需证 2
1 2
1ln ln )
2
2 ( 1 99
2
x x
x x
只需证 2
1 2
1
2
l n 5l 4n
x
x x
x
只需证 1 2
1 2
1 2 1 2
ln ln 1 ( 0)x x x xx x x x
下面证明不等式 1 2
1 2 1 2
ln ln 1x x
x x x x
，不妨设 1 2 0x x ，要证 1 2
1 2 1 2
ln ln 1x x
x x x x
即证 1 2
1 2
1 2
ln ln x xx x
x x
，即证 1 1 2
2 2 1
ln x x x
x x x
，令 1
2
( 1)xt tx
，设 12ln ( 1)f t t t tt
则 2
2 2
12 11 0tf t t t t
，所以，函数 f t 在 1, 上递减，而 1 0f ，因此当 1t 时
12ln 0f t t t t
恒成立，即 1 1 2
2 2 1
ln x x x
x x x
成立，即 1 2
1 2
1 2 1 2
ln ln 1 ( 0)x x x xx x x x
成立
所以 1 2
1 2
2
l 1n ln 6 45
22
3
x x
x x
，得证
巩固 37 已知函数 2ln , 1f x x ax g x ax ，其中 e 为自然对数的底数
（1）讨论函数 f x 在区间 1,e 上的单调性
（2）已知 0,a e ，若对任意 1 2, 1,x x e ，有 1 2f x g x ，求实数 a 的取值范围
【解析】1）
①当 时， ， ， 在 上单调递增
②当 时， ， ， 在 上单调递增
③当 时， 时， ， 在 上单调递增
时， ， 在 上单调递减
④当 时， ， ， 在 上单调递增，综上所述，当 或 时， 在 上单调递增
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减
（2） ，依题意， 时， 恒成立.
已知 ，则当 时， ， 在 上单调递减
而 在 上单调递增， ，
，得
当 时， ， 与 在 上均单调递增， ，
，得 与 矛盾
综上所述，实数 的取值范围是
题型 23 极值点偏移的解题方法
例题 23 已知函数 2 1xf x x ae
（1）若 f x 有两个不同的极值点 1x ， 2x ，求实数 a 的取值范围
（2）在（1）的条件下，求证： 1 2 4x xe e a
【解析】（1）由 2 1xf x x ae 得 2 xf x x ae
f x 有两个不同的极值点 1x ， 2x ，则 f x 有两个不同的零点，即方程 2
x
xa e
有两个不同的实根
即直线 y a 与 2
x
xy e
的图象有两个不同的交点
设 2
x
xg x e
，则 2 1
x
xg x e
,1x 时 0g x ， g x 单调递增，且 g x 的取值范围是 2, e
1,x 时 0g x ， g x 单调递减，且 g x 的取值范围是 20, e
所以当 20 a e
时，直线 y a 与 2
x
xy e
的图象有两个不同的交点， f x 有两个不同的极值点 1x ， 2x
故实数 a 的取值范围是 20, e
（2）由（1）知 20 a e
，设 1 2x x ，则 1 20 1x x
由
1
2
1
2
2
2
x
x
x ae
x ae
得 1 2
1 22 x xx x a e e ，
1 2
1 22
x x
x xa e e
要证 1 2 4x xe e a
，需证 1 2 4x xa e e ，即证 1 2
1 2
1 2 2
x x
x x
x x e e
e e
，即证 1 2
1 2
1 2 1
21
x x
x x
x x e
e
设 1 2 ( 0)x x t t ，即证 1
21
t
t
t e
e
，即证 2 1
01
t
t
e
t e
设 2 1
( ) ( 0)1
t
t
e
g t t te
，则
2
1( ) 01
t
t
eg t e
所以 g t 在 ,0 是增函数， 0 0g t g ，所以 2 1
01
t
t
e
t e
，从而有 1 2 4x xe e a
巩固 38 已知函数 1( ) lnxf x e a x 有两个极值点 1 2 1 2,x x x x
（1）求实数 a 的取值范围；（2）求证： 1 2 2x x ；（3）求证： 1 2 1x x
【解析】（1） 1( ) lnxf x e a x ， 1'( ) 0x af x e x
，即 1 xa xe
设 1 xg x xe ，则 1 1 1' 1x x xg x e xe x e
函数在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减， 1 1g ，画出函数图像，根据图像知 0 1a
（2） 1 xg x xe a 的两个根为 1 2 1 2, 1x x x x ，构造函数 2F x g x g x
则 1 1 1
1
1' ' ' 2 1 1 1x x x
xF x g x g x x e x e x e e
当 1x 时， 0'F x ；当 0 1x 时， ' 0F x ，故函数单调递增，且 1 0F
2 2 22 1 0F x g x g x F ，即 2 22g x g x ，即 1 22g x g x
1 0,1x ， 22 0,1x ，当 0,1x 时，函数 g x 单调递增，故 1 22x x ，即 1 2 2x x
（3）根据题意 11
1
xa x e ， 21
2
xa x e ，两式相除得到： 1 22
1
1 x xx ex
设 2
1
x tx
， 1t ，故 2 1 lnx x t ，解得 2
ln
1
t tx t
， 1
ln
1
tx t
故
2
1 2 2
ln ln ln
1 1 1
t t t t tx x t t t
，要证 1 2 1x x ，即证 ln 11
t t
t
，即 ln 1 0t t t
设 ln 1K t t t t ，则 ln 1 ln 2 2' 1
2 2
t t tK t
t t t
设 ln 2 2M t t t ，则 1 1' 0M t t t
，且 1 0M ，故 ' 0K t 恒成立.
故 K t 单调递减，故 1 0K t K 恒成立，得证
巩固 39 已知函数 2( ) ( )tf x e ax a R .
（1）求曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程；
（2）若函数 ( )f x 在区间 (0, ) 有两个零点，分别为 1 2x x， ，求证： 1 2 4x x .
【解析】(1)由 ( ) 2xf x e ax ，有 (0) 1, (0) 1f f .
曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程为 1y x
(2)不妨设 2 1 0x x .令 2
1
( 1)xt tx
.
由
1
2
2
1
2
2
x
x
e ax
e ax
.有 2 1
2
22
1
x x xe tx
两边取对数，有 2 1 2lnx x t
又由 2 1 2 1
2 1 2 1
2 1
1 2( 1)ln
1 1
x x x x t t tx x x xx x t t
若证 1 2 4x x ，只需证 2( 1)ln 41
t t
t
.可化为 2( 1)ln 01
tt t
.
令
2
2 2
2( 1) 1 4 ( 1)( ) ln ( 1), ( ) 01 ( 1) ( 1)
x xg x x x g xx x x x x
，
可得函数 ( )g x 单调递增.所以 ( ) (1) 0g x g
.
故当 1t 时， 2( 1)ln 01
tt t
故若函数 ( )f x 在区间 (0, ) 有两个零点，必有： 1 2 4x x
题型 24 零点判断与参数
例题 24 已知函数 2 lnf x ax x x ，其中 a R
（1）若函数 f x 在 01，内单调递减，求实数 a 的取值范围
（2）试讨论函数 f x 的零点个数
【解析】（1）题意可知，由 1' 2 1 0f x ax x
在 01，上恒成立，即 2
1 1 1
2a x x
在 01，上恒成立
结合二次函数的性质可知， 2
1 1 1
2 x x
＞1，故 1a
（2）由 0f x 可得 2
x lnxa x
令 2
x lnxg x x
， 0x ， 3
1 2' x lnxg x x
令 1 2h x x lnx ， 0x ，则 2' 1 0h x x
＜ ，且 1 0h
所以当 0 1x 时， 0g x ， g x 单调递增，当 1x 时， 0g x ， g x 单调递减
0x 时， g x ，且 1 1g ， x ， 0g x
所以 0a 或 1a 时， f x 有唯一零点；当 0 1a 时， f x 有 2 个零点，当 1a 时， f x 没有零点
巩固 40 已知函数 lnf x x , 21 2 12g x x x .
（1）求函数 3x g x f x 的单调递减区间；
（2）设 h x af x g x ， a R .
①求证：函数 y h x 存在零点；
②设 0a ，若函数 y h x 的一个零点为 m .问：是否存在 a ，使得当 0,x m 时，函数 y h x 有且仅
有一个零点，且总有 0h x 恒成立？如果存在，试确定 a 的个数；如果不存在，请说明理由.
【解析】（1）由题可知 213 2 12x lnx x x ，定义域为 0,
则 ‘ 3 1 x xx x
，令 ‘ 0x ，解得 1x （舍）或 3x ，故可得 x 在 0,3 单调递减
（2） 21 2 12h x alnx x x
①由题可知
2 2x x ah x x
.令 2 2y x x a ，则其 4 4a
⒈当 1a 时， 0, 0h x ，故 h x 在 0, 上单调递减.
又因为 1 11 0, 3 3 02 2h h aln ，故 h x 在区间 1,3 上一定有一个零点
⒉当 1 0a 时， 0 ，令 2 2 0y x x a ，解得 1 21 1, 1 1x a x a
令 0h x ，故可得 1 2,x x x ，故 h x 在区间 1 2,x x 上单调递增
令 0h x ，故可得 10,x x 或 2,x ，故 h x 在 10, x ， 2,x 单调递减
又 2 1 1 1,2x a ，故可得 2 2x
又因为 2 2 1 1 2 0, 4 4 1 1h aln ln h aln ，故 h x 在区间 2,4 上一定有一个零点
⒊当 0a 时， 21 2 12h x x x ，令 0h x ，解得 2 2x ，显然 h x 存在零点
⒋当 0a 时，令 0h x ，解得 1 1 2,x a
故可得 h x 在区间 0,1 1a 单调递增；在 1 1,a 单调递减
又因为 1 174 04 32h aln
， 11 02h ，故 h x 在区间 1 ,14
上一定存在一个零点
综上所述，对任意的 a R ， h x 一定存在零点
②由①可知，当 1a 时， h x 在 0, 上单调递减.且只在区间 1,3 上存在一个零点，不满足题意
当 1 0a 时， h x 在 0,1 1a 单调递减，在 1 1,1 1a a 单调递增
在 1 1,a 单调递减.且1 1 2a
且在区间 2,4 上一定有一个零点，不妨设零点为 m ，则 1 1m a
故要存在 a ，使得当 0,x m 时，函数 y h x 有且仅有一个零点，且总有 0h x 恒成立
只需 1 1 0h a ，即 211 1 1 1 2 1 1 1 02aln a a a ，（ⅰ）
整理得 1 1 1 02
aaln a a ， 1,0a
则上述方程在区间 1,0 上根的个数，即为满足题意的 a 的个数
不妨令1 1a t ,则 0,1t ， 2 2a t t
故方程（ⅰ）等价于 2 212 2 1 02t t lnt t t
不妨令 2 212 2 12m t t t lnt t t
故可得 2 1 0m t t lnt 在区间 0,1 上恒成立
故 y m t 在区间 0,1 上单调递增
又因为 1 1 1 118 5 31 0, 6 2 1 05 50 2 8m ln m ln
，故可得函数 m t 在区间 0,1 上只有一零点
则方程（ⅰ）存在唯一的一个根
即当 0a 时，有且仅有一个 a ，使得当 0,x m 时
函数 y h x 有且仅有一个零点，且总有 0h x 恒成立
题型 25 xe 与ln x 共存的解题方法
例题 25 已知函数 1 xf x alnx x e ，其中 a 为非零常数
1 讨论 f x 的极值点个数，并说明理由
2 若 a e ， i 证明： f x 在区间 1, 内有且仅有 1 个零点； ii 设 0x 为 f x 的极值点， 1x 为 f x
的零点且 1 1x ，求证： 0 0 12x lnx x
【解析】 1 由已知， f x 的定义域为 0,
2 x
xa a x ef x xex x
①当 0a 时， 2 0xa x e ，从而 ' 0f x
所以 f x 在 0, 内单调递减，无极值点
②当 0a 时，令 2 xg x a x e
则由于 g x 在 0, 上单调递减， 0 0g a ， 1 0a ag a a ae a e
所以存在唯一的 0 0,x ，使得 0 0g x
所以当 00,x x 时， 0g x ，即 ' 0f x ；当 0,x x 时， 0g x ，即 ' 0f x
所以当 0a 时， f x 在 0, 上有且仅有一个极值点
综上所述，当 0a 时，函数 f x 无极值点；当 0a 时，函数 f x 只有一个极值点
2 证明： i 由 1 知
2 xa x ef x x
令 2 xg x a x e ，由 a e 得 1 0g a e
所以 0g x 在 1, 内有唯一解，从而 ' 0f x 在 0, 内有唯一解
不妨设为 0x ，则 f x 在 01, x 上单调递增，在 0,x 上单调递减，所以 0x 是 f x 的唯一极值点
令 1h x lnx x ，则当 1x 时， 1' 1 0h x x
故 h x 在 1, 内单调递减
从而当 1x 时， 1 0h x h ，所以 1lnx x
从而当 a e 时， 1lna ，且 1 1 1 0lnaf lna aln lna lna e a lna lna a
又因为 1 0f ，故 f x 在 1, 内有唯一的零点
ii 由题意，
0
1
0
0
f x
f x
即
0
1
2
0
1 1
0
1 0
x
x
a x e
alnx x e
从而 0 12
0 1 1 1x xx e lnx x e ，即 1 01
1 2
0
1 x xxlnx ex
因为当 1 1x 时， 1 1 1lnx x ，又 1 0 1x x
故 1 01
12
0
1 1x xx e xx
，即 1 0 2
0
x xe x
两边取对数，得 1 0 2
0
x xlne lnx
于是 1 0 02x x lnx ，整理得 0 0 12x lnx x
巩固 41 已知函数 ( ) ln( )xf x axa
（1）求 ( )f x 的极值
（2）若 2ln 1 0x xe x mx e x m ，求正实数 m 的取值范围
【解析】（1）因为 0ax ， 1 1( ) x af x a x ax
①当 0a 时， 0x
若 0 x a ，则 ( ) 0f x ， ( )f x 在 (0, )a 单调递减
若 x a ，则 ( ) 0f x ， ( )f x 在 ( , )a 单调递增
所以 ( )f x 的极小值为 ( ) 1 2lnf a a ，无极大值
2 当 0a 时， 0x
若 x a ，则 ( ) 0f x ， ( )f x 在 ( , )a 单调递减
若 0a x ，则 ( ) 0f x ，所以在 ( ,0)a 单调递增
所以 ( )f x 的极小值为 ( ) 1 2ln( )f a a ，无极大值
综上所述，当 0a 时， ( )f x 的极小值为 ( ) 1 2lnf a a ，无极大值
当 0a 时， ( )f x 的极小值为 ( ) 1 2ln( )f a a ，无极大值
（2）由（1）知，当 1a 时， ( ) lnf x x x 在 (0,1) 单调递减，在 (1, ) 单调递增
所以 min( ) (1) 1f x f ，所以 ln 1x x
因为 2ln 1 0x xe x mx e x m
所以 2(ln ) 0x x xe mx x m
所以
2
lnxe
mx x m x x ，（*）
令
2
( ) x
mx x mh x e
， (0, )x
则 2
2
(2 1)
( )
x x
x
mx mx x m e
h x
e
e
2 (2 1) 1
xe
mx m x m ( 1)( 1)
x
m
e
x m x
因为 0m
所以 11 1m
①若 0 1m ，则 11 0m
当 0 1x 时，则 ( ) 0h x ，所以 ( )h x 在(0,1) 递增
当 1x 时，则 ( ) 0h x ，所以 ( )h x 在 (1, ) 递减
所以 max
2 1( ) (1)h x e
mh
又因为 ( ) 1f x ，且 ( )h x 和 ( )f x 都在 1x 处取得最值
所以当 2 1 1m
e
，解得 1
2
em ，
所以 10 2
em
②若 1m > ，则 10 1 1m
当 10 1x m
时， ( ) 0h x ， ( )h x 在 10,1 m
单调递减
当 11 1xm
时， ( ) 0h x ， ( )h x 在 11 ,1m
单调递增
当 1x 时， ( ) 0h x ， ( )h x 在 (1, ) 单调递减
所以 2 1(1) 1m
eh ，
与（*）矛盾，不符合题意，舍去
综上，正实数 m 的取值范围为 10, 2
e
题型 26 ' ( ) 0f x 的替代
例题 26 设函数 1 2x xf x x e a e e
（1）求 f x 的单调区间
（2）若不等式 0f x 对 2,x 恒成立，求整数 a 的最大值
【解析】（1） x x xf x xe ae x a e
令 0f x ，则 x a
当 ,x a 时， 0f x ；当 ,x a 时， 0f x
所以 f x 的单调递增区间是 ,a ，单调递减区间是 ,a
（2）当 2,x 时， 1 2 0x xx e a e e 恒成立
等价于当 2,x 时， 1
2
x
x
x e ae e
恒成立；即
min
1
2
x
x
x e ae e
对 2,x 恒成立
令 1
2
x
x
x eg x e e
， 2,x ，
2
2
2
x x
x
e e ex
g x
e e
令 2xh x e ex ， 2,x ， 2 0xh x e e ，所以 2xh x e ex 在 2, 上单调递增
又因为 22 4 0h e e ， 33 6 0h e e ，
所以 g x 在 2,3 上有唯一零点 0x ，且 0
02xe ex ， 0 2,3x
所以 g x 在 02, x .上单调递减，在 0,x 上单调递增
所以
0
0
0 0 0
0 0min
0
1 1 2 2,32 2 2
x
x
x e x exg x g x xe e ex e
所以 0 2,3a x ，故整数 a 的最大值为 2
巩固 42 已知函数 21( ) ln 2f x x ax ， a R ．
（1）求函数 ( )f x 的单调区间；
（2）若关于 x 的不等式 ( ) ( 1) 1f x a x 恒成立，求整数 a 的最小值．
【解析】（1）函数 f x 的定义域为 0, ，由题意得
21 1' axf x axx x
，
当 0a 时， ' 0f x ，则 f x 在区间 0, 内单调递增；
当 0a 时，由 ' 0f x ，得 1x a
或 1x a
（舍去），
当 10 x a
时， ' 0f x ， f x 单调递增，当 1x a
时， ' 0f x ， f x 单调递减．
所以当 0a 时， f x 的单调递增区间为 0, ，无单调递减区间；
当 0a 时， f x 的单调递增区间为 10, a
，单调递减区间为 1 ,a
．
（2）由 21ln 1 12x ax a x ，得 22 ln 1 2x x a x x ，
因为 0x ，所以原命题等价于
2
2 ln 1
2
x xa x x
在区间 0, 内恒成立．
令
2
2 ln 1
2
x xg x x x
，则
22
2 1 2ln'
2
x x xg x
x x
，
令 2lnh x x x ，则 h x 在区间 0, 内单调递增，
又 1 12ln2 0, (1) 1 02 2h h
，所以存在唯一的 0
1 ,12x
，使得 0 0 02ln 0h x x x ，
且当 00 x x 时， ' 0g x ， g x 单调递增，当 0x x 时， ' 0g x ， g x 单调递减 ，
所以当 0x x 时， g x 有极大值，也为最大值，且 0 0
2max
0 0
2 ln 1
2
x xg x x x
0
0 0
2
2
x
x x
0
1
x
，
所以
0
1a x
，又 0
1 ,12x
，所以
0
1 1,2x
,所以 2a ，因为 a Z ， 故整数 a 的最小值为 2
题型 27 多次求导的灵活应用
例题 27 已知函数 3 21 1 13 2f x x x ax .
（1）讨论函数的单调性；
（2）若 1a ，证明：当 0,x 时， sin cosf x x x .
【解析】（1） 2'f x x x a ，所以 1 4a .
①当 1
4a ≤ ，即 0 时，此时 ' 0f x ， f x 在 R 上单调递减；
3 当 1
4a ，即 时，令 ' 0f x ，解得 1
1 1 4
2
ax ， 2
1 1 4
2
ax ，
易 知 1 1 4, 2
ax
时 ， ' 0f x ， f x 单 调 递 减 ； 1 1 4 1 1 4,2 2
a ax
时 ，
' 0f x ， f x 单 调 递 增 ； 1 1 4 ,2
ax
时 ， ' 0f x ， f x 单 调 递 减
综上，当 1
4a ≤ 时， f x 在 R 上单调递减；
当 1
4a 时， f x 在 1 1 4, 2
a
， 1 1 4 ,2
a
上递减，在 1 1 4 1 1 4,2 2
a a
上递增
（2）证明：∵ 1a ， 0,x ，∴ 3 2 3 21 1 1 11 13 2 3 2x x ax x x xf x
欲证 sin cosf x x x ，先证 3 21 1 1 sin cos3 2x x x x x ，即证 3 21 1 1 sin cos 03 2x x x x x
令 3 21 1 1 sin cos3 2x x x xg x x ，则 0 0g
2 1 s sin' cog xx x x x ，则 ' 0 0g ， '' 2 1 sin cosg x x x x ，则 '' 0 0g
2 cos s' in 2'' 2 sin 04x xg x x
故 ''g x 在 0, 上单调递减，故 '' '' 0 0g x g
故 'g x 在 0, 上单调递减，故 ' ' 0 0g x g
故 g x 在 0, 上单调递减，故 0 0g x g
即 3 21 1 1 sin cos3 2x x x x x ，故 sin cosf x x x
巩固 43 函数 2 2xf x e x a b x R 的图象在 0x 处的切线为 y bx .( e 为自然对数的底数)
（1）求 a ，b 的值
（2）若 f x kx 对任意的 0,x 恒成立，求实数 k 的取值范围
【解析】（1） 2 2xf x e x a b ， 2xf x e x
函数 2 2xf x e x a b x R 的图象在 0x 处的切线为 y bx
0 1 2 0
0 1
f a b
f b
， 解得： 1
1
a
b
（2）由（1）可知， 2 1xf x e x
f x kx 对任意的 0,x 恒成立
f x kx
对任意的 0,x 恒成立
令 f xg x x
， 0x
2
2 2
2 1x xx e x e xxf x f xg x x x
2
1 1xx e x
x
令 ( ) 1xx e x ， ' 1xx e ，由 0x ，得 0x
当 0,x 时， 0x ， x 单调递增
又 0(0) 0 1 0e ，当 0,x 时， 1 0xe x 恒成立
令 0g x ，得 1x ； 0g x ，得 0 1x
g x 的增区间为 1, ，减区间为 0,1
故 min 1 2g x g e
min 1 2k g x g e
实数 k 的取值范围为 , 2e
题型 28 导数与不等式的综合
例题 28 设函数 1 ln 1 0xf x xx
（1）若 1
kf x x
恒成立，求整数 k 的最大值
（2）求证： 2 31 1 2 1 2 3 1 1 nn n e
【解析】（1）由
1
1 ln 1xf k
xx x
得 1 1 ln 1x x xk x
令 1 1 ln 1x x xh x x
，
2
1 ln 1x xh x x
令 1 ln 1g x x x ， 11 01g x x
对 0x 恒成立，所以 y g x 在 0, 上单调递增
0 1 0g ， 1 0g ， 2 0g ， 3 0g
故存在 0 2,3x 使得 0 0g x ，即 0 01 ln 1x x
从而当 0x x 时，有 0 0g x g x ， 0h x ，所以，函数 y h x 在 0,x 上单调递增
当 0x x 时，有 0 0g x g x ， 0h x ，所以，函数 y h x 在 00, x 上单调递减
所以， 0 0 0 0 0 0
0 0min
0 0
1 1 ln 1 1 1 1 1 3,4x x x x x xh x h x xx x
3k ，因此，整数 k 的最大值为 3
（2）由（1）知 1 ln 1 3
1
x
x x
恒成立， 3 3 3ln 1 1 2 21 1
xx x x x
令 1x n n n N 则
3 1 1ln 1 1 2 2 31 1n n n n n n
1ln 1 1 2 2 3 1 2
， 1 1ln 1 2 3 2 3 2 3
， ， 1 1ln 1 1 2 3 1n n n n
上述等式全部相加得 1ln 1 1 2 ln 1 2 3 ln 1 1 2 3 1 2 31n n n nn
所以， ln 1 1 2 1 2 3 1 1 2 3n n n ， 2 31 1 2 1 2 3 1 1 nn n e
巩固 44 设函数 2( ) ln( 1)f x x b x ，其中 0b
（1）当 2b 时，求函数 ( )y f x 的图象在点 (0,0) 处的切线方程
（2）讨论函数 ( )f x 的单调性
（3）当 *nN ，且 n 2 时，证明不等式 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1ln ( 1)( 1) ( 1)2 3 2 3 2 1n n n
… … ．
【解析】（1）当 2b 时， 2( ) 2 1f x x x
，∴ (0) 2f
故切线的斜率为 2
∴函数 ( )y f x 的图象在点 (0,0) 处的切线方程为 2y x
（2）
21 12 2 2( ) 2 ( 1)
1 1
x bbf x x x
x x
当 1
2b 时， ( ) 0f x ，函数 ( )f x 在区间 ( 1, ) 上单调递增
当 1
2b 时， ( ) 0f x ，解得 1
1 1 2
2
bx ， 2
1 1 2
2
bx
①当 0b 时， 1 1x ， 2 1x
令 ( ) 0f x ，解得 2x x ，令 ( ) 0 f x ，解得 21 x x
∴函数 ( )f x 在区间 1 1 21, 2
b
上单调递减，在 1 1 2 ,2
b
上单调递增
②当 10 2b 时， 1 2, ( 1, )x x
令 ( ) 0f x ，解得 11 x x 或 2x x ，令 ( ) 0f x ，解得 1 2x x x
∴ ( )f x 在区间 1 1 2 1 1 2,2 2
b b
上单调递减，在 1 1 21, 2
b
， 1 1 2 ,2
b
上单调递增
（3）证明：当 1b 时， 2( ) ln( 1)f x x x
令 3 3 2( ) ( ) ln( 1)( 0)g x x f x x x x x
3 23 ( 1)( ) 1
x xg x x
在区间[0, ) 上恒为正
∴函数 ( )y g x 在区间[0, ) 上单调递增
当 [0, )x ）时， ( ) (0) 0g x g
∴当 (0, )x 时， 3 2 ln( 1) 0x x x
即 3 2ln( 1)x x x ，对任意正整数 n ，取 1x n
，有 3 2
1 1 1ln 1n n n
∴ 3 3
1 1 1 1 1ln 1 1 12 3 2 3n
… 3
1
n
…
1 1ln 1 ln 12 3
… 3 3 3
1 1 1 1ln 1 2 3n n
…
3 3
1 1 1 1ln 1 ln 12 2 3 3
3
1 1ln 1n n
…
2 2 2
1 1 1
2 3 n
…
1 1 1
2 3 3 4 ( 1)n n
…
1 1 1 1 1
2 3 3 4 n
… 1
1n
1 1
2 1n
．
题型 29 导数与放缩法
例题 29 已知函数 ( ) ln 1,af x x ax
R
（1）若函数 ( )f x 的最小值为 2，求 a 的值
（2）当 (0, )x 时，证明： 1 lnsin
xe xx
【解析】（1） ( ) ln 1af x x x
的定义城为 (0, ) ，且 2 2
1( ) a x af x x x x
函数 ( )f x 的最小值为 2
若 0a ，则 ( ) 0f x ，于是 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增
故 ( )f x 无最小值，不合题意
若 0a ，则当 0 x a 时， ( ) 0f x ；当 x a 时， ( ) 0f x
故 ( )f x 在 (0, )a 上单调递减，在 ( , )a 上单调递增
于是当 x a 时， lnf a a ， ( )f x 取得最小值 ln a ，由已知得 ln 2a ，解得 2ea
综上可知 2ea
（2）∵由（1）得，当 0a 时， ( )f x 取得最小值 ln a
所以当 1a 时， ( )f x 取得最小值 ln1 0 ，即 ( ) 0f x
则 ( ) 1 01lnf x x x
，即： 1 1 ln xx
由题知，当 (0, )x 时，证明： 1 lnsin
xe xx
∴要证 1
sin
xe
x x
，只要证 e sin 0xx x
∴令 ( ) e sinxh x x x ，则 ( ) ( 1)e cosxh x x x
∴当 0 πx 时， 0( ) ( 1) cos 1 1 0xh x x e x e
所以 ( )h x 在[0, ) 上单调递增
∴当 0 πx 时， ( ) (0) 0h x h ，即 e sin 0xx x
∴当 (0, )x 时，不等式 e 1 lnsin
x
xx
成立
巩固 45 已知函数 1 exf x x a ， a R
（1）讨论 f x 的单调性
（2）当 1a 时，证明： ln 1f x a a a
【解析】（1）由于 1 exf x x a ，得 1 exf x a
当 0a 时， 0f x ，此时 f x 在 R 上递增
当 0a 时，由 0f x ，解得 lnx a
若 , lnx a ，则 0f x
若 ln ,x a ， 0f x
此时 f x 在 , ln a 递增，在 ln ,a 上递减
（2）由（1）知 f x 在 lnx a 处取得最大值为
1ln ln 1 ln 1f a a a a aa
设 ln 1 lng a a a a a a ，则 11 lng a aa
令 11 lnh a aa
，则 2
1 1 0h a a a
则 h a 在 1, 单调递减，∴ 1 0h a h
即 0g a ，则 g a 在 1, 单调递减
∴ 1 1g a g
∴ ln ln 1f a a a a
∴ ln 1f x a a a
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