专题一 微专题2 导数中的极值点偏移和隐零点问题【题型突破】讲义-2026届高三数学二轮复习（新高考通用）

专题一　函数与导数 微专题二　导数中的极值点偏移和隐零点问题 题型一　极值点偏移问题 【命题分析】 隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大． 【核心知识】 极值点偏移问题 1．极值点偏移定义 极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性。例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，也有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移． 2．极值点偏移的原理 函数自身所导致的在极值点左右两端增速不一样． 3．极值点偏移的图形定义 (1)左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0. (2)左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0. (3)左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0. 4．极值点偏移的判断 根据极值点偏移的定义可知：当题干中出现x1＋x2，，等条件而求证不等式成立的时候，即可视为极值点偏移考察． 5．答题模板(对称构造) 若已知函数f(x)满足f(x1)＝f(x2)，x0为函数f(x)的极值点，求证：x1＋x2<2x0. (1)讨论函数f(x)的单调性并求出f(x)的极值点x0； 假设此处f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． (2)构造F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)； 注：此处根据题意需要还可以构造成F(x)＝f(x)－f(2x0－x)的形式． (3)通过求导F′(x)讨论F(x)的单调性，判断出F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系； 假设此处F(x)在(0，＋∞)上单调递增，那么我们便可得出F(x)>F(x0)＝f(x0)－f(x0)＝0，从而得到：x>x0时，f(x0＋x)>f(x0－x)． (4)不妨设x1<x0<x2，通过f(x)的单调性，f(x1)＝f(x2)，f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系得出结论； 接上述情况，由于x>x0时，f(x0＋x)>f(x0－x)且x1<x0<x2，f(x1)＝f(x2)，故f(x1)＝f(x2)＝f[x0＋(x2－x0)]>f[x0－(x2－x0)]＝f(2x0－x2)，又因为x1<x0，2x0－x2<x0且f(x)在(－∞，x0)上单调递减，从而得到x1<2x0－x2，从而x1＋x2<2x0得证． (5)若要证明f′<0，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证．此处只需继续证明：因为x1＋x2<2x0，故<x0，由于f(x)在(－∞，x0)上单调递减，故f′<0. 5．其他方法 (1)比值代换 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解． (2)对数均值不等式 两个正数a和b的对数平均定义：L(a，b)＝ 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：≤L(a，b)≤(此式记为对数平均不等式)． 取等条件：当且仅当a＝b时，等号成立． (3)指数不等式 在对数均值不等式中，设a＝em，b＝en，则E(a，b)＝根据对数均值不等式有如下关系：e≤E(a，b)≤. 【典例研析】 1．(2025·河北邯郸阶段练习)已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2. 2．(2024·北京西城高二期中)已知函数f(x)＝x－ln x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 3．已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x2＋ax(a∈R)． (1)若函数y＝f′(x)有两个零点，求a的取值范围； (2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2. 4．已知函数f(x)＝ln x－ax2. (1)讨论函数f(x)的单调性： (2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两不等实根，求证：x＋x>2e. 5．(2025·江苏无锡阶段练习)已知函数f(x)＝＋ln x，g(x)＝ax－ln x－2. (1)若a>0，当f(x)与g(x)的极小值之和为0时，求正实数a的值； (2)若f(x1)＝f(x2)＝2(x1≠x2)，求证：＋>. 题型二　隐零点问题 【核心知识】 隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围(数值计算不在考查之列)． 1．基本步骤 第1步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的范围； 第2步：以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式； 第3步：将零点方程f′(x0)＝0适当变形，整体代入f(x)最值式子进行化简： (1)要么消除f(x)最值式中的指对项； (2)要么消除其中的参数项，从而得到f(x)最值式的估计． 2．函数零点的存在性定理 函数零点存在性定理：设函数f(x)在闭区间[a，b]上连续，且f(a)f(b)<0，那么在开区间(a，b)内至少有函数f(x)的一个零点，即至少有一点x0∈(a，b)，使得f(x0)＝0. 3．隐零点的同构 实际上，很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项，而这类问题由往往具有同构特征，它的隐零点代换则需要同构才能做出，否则，我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向． f(x)＝⇒f(ln x)＝ f(x)＝xex⇒f(－ln x)＝－⇒x2ex＋ln x＝0， 所以在解决形如ex＝⇔x＋ln x＝0，这些常见的代换都是隐零点中常见的操作． 4．针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式．构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题．在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间． 【典例研析】 6．(2025·湖南二模)已知函数f(x)＝eax－aex－ax(a>0，x>0)． (1)证明：f(1)＋a≥0. (2)若f(x)有且只有一个零点，求a的范围． 7.(2025·安徽马鞍山二模)已知函数f(x)＝2ae2x＋2(a－1)ex－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 8．(2025·山东济南一模)已知a，b∈R，函数f(x)＝ex－a－bx，x∈[0，＋∞)． (1)当a＝0时，求f(x)的极值； (2)若f(x)存在零点． ①当b＝0时，求a的取值范围； ②求证：a2＋b2>2. 9．(2025·安徽期末)已知函数f(x)＝sin x. (1)证明：∀x∈，f(x)>2x－tan x； (2)判断函数g(x)＝－f(x)的零点的个数，并说明理由． 【限时训练】（限时：60分钟） 1．(2024·全国模拟预测)已知函数f(x)＝(x－1)2ex－ax，且曲线y＝f(x)在点(0，f(x))处的切线方程为y＝－2x＋b. (1)求实数a，b的值； (2)证明：函数f(x)有两个零点． 2．(2025·江苏扬州阶段练习)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1(其中a∈R)． (1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤xex成立，求实数a的取值范围． 3．(2025·山东阶段练习)已知函数f(x)＝，g(x)＝ebx－b，a，b∈R. (1)求f(x)的单调区间； (2)若f(x)的最大值为1，证明：对任意的b∈R，f(x)≤g(x)； (3)当b＝1时，若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 4．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝x2＋1，h(x)＝asin x＋1(a>0)． (1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>g(x)； (2)讨论函数F(x)＝f(x)－h(x)在(0，π)上的零点个数． 5．(2025·江西南昌二模)已知f(x)＝xax－ex＋1(a>1)． (1)当a＝e时，求函数f(x)的单调区间； (2)当a≥e时，求证：f(x)≥0； (3)当1<a≤时，试讨论函数f(x)的零点个数． 6．已知函数f(x)＝，a∈R. (1)若a＝2，求f(x)的单调区间； (2)若a＝1，x1，x2是方程f(x)＝的两个实数根，证明：x1＋x2>2. 7．(2025·内蒙古包头阶段练习)设f(x)＝(x＋1)ln x－(x－1)ln a(a>0)． (1)若f(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围； (2)若函数y＝f(x)存在两个极值点x1、x2(x1<x2)，求证：x1＋x2>2. 8．(2025·陕西渭南二模)已知函数f(x)＝(2x－1)ex－a(x－1)． (1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； (2)若函数y＝f(x)有两个零点，求实数a的取值范围； (3)若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 第 1 页 共 33 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题一　函数与导数 微专题二　导数中的极值点偏移和隐零点问题 题型一　极值点偏移问题 【命题分析】 隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大． 【核心知识】 极值点偏移问题 1．极值点偏移定义 极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性。例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，也有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移． 2．极值点偏移的原理 函数自身所导致的在极值点左右两端增速不一样． 3．极值点偏移的图形定义 (1)左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0. (2)左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0. (3)左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0. 4．极值点偏移的判断 根据极值点偏移的定义可知：当题干中出现x1＋x2，，等条件而求证不等式成立的时候，即可视为极值点偏移考察． 5．答题模板(对称构造) 若已知函数f(x)满足f(x1)＝f(x2)，x0为函数f(x)的极值点，求证：x1＋x2<2x0. (1)讨论函数f(x)的单调性并求出f(x)的极值点x0； 假设此处f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． (2)构造F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)； 注：此处根据题意需要还可以构造成F(x)＝f(x)－f(2x0－x)的形式． (3)通过求导F′(x)讨论F(x)的单调性，判断出F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系； 假设此处F(x)在(0，＋∞)上单调递增，那么我们便可得出F(x)>F(x0)＝f(x0)－f(x0)＝0，从而得到：x>x0时，f(x0＋x)>f(x0－x)． (4)不妨设x1<x0<x2，通过f(x)的单调性，f(x1)＝f(x2)，f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系得出结论； 接上述情况，由于x>x0时，f(x0＋x)>f(x0－x)且x1<x0<x2，f(x1)＝f(x2)，故f(x1)＝f(x2)＝f[x0＋(x2－x0)]>f[x0－(x2－x0)]＝f(2x0－x2)，又因为x1<x0，2x0－x2<x0且f(x)在(－∞，x0)上单调递减，从而得到x1<2x0－x2，从而x1＋x2<2x0得证． (5)若要证明f′<0，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证．此处只需继续证明：因为x1＋x2<2x0，故<x0，由于f(x)在(－∞，x0)上单调递减，故f′<0. 5．其他方法 (1)比值代换 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解． (2)对数均值不等式 两个正数a和b的对数平均定义：L(a，b)＝ 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：≤L(a，b)≤(此式记为对数平均不等式)． 取等条件：当且仅当a＝b时，等号成立． (3)指数不等式 在对数均值不等式中，设a＝em，b＝en，则E(a，b)＝根据对数均值不等式有如下关系：e≤E(a，b)≤. 【典例研析】 1．(2025·河北邯郸阶段练习)已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2. 【解析】　(1)因为f(x)＝xe－x，其中x∈R，则f′(x)＝(1－x)e－x， 令f′(x)＝0，解得x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值 单调递减 所以f(x)的增区间为(－∞，1)，减区间为(1，＋∞)． 故函数f(x)在x＝1处取得极大值，无极小值． (2)证明：构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1， 则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)， 当x>1时，x－1>0，x－2>－x，则ex－2－e－x>0，则F′(x)>0， 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，当x>1时，F(x)>F(1)＝0， 故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*) 由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2， 因为函数f(x)的增区间为(－∞，1)，减区间为(1，＋∞)， 可设x1<1<x2，将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)， 又f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)>f(2－x2)． 又x1<1，2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增， 所以x1>2－x2，即x1＋x2>2. 2．(2024·北京西城高二期中)已知函数f(x)＝x－ln x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 【解析】　(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 解f′(x)＝>0得x>1，解f′(x)＝<0得0<x<1， 所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝1－a， 又f(x)≥0，所以1－a≥0，解得a≤1， 所以a的取值范围为(－∞，1]． (2)证明：不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2，0<<1， 构造函数g(x)＝f(x)－f＝x－－2ln x， 则g′(x)＝1＋－＝≥0， 所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，f(x)>f， 所以f(x1)＝f(x2)>f， 又f(x)在(0，1)上单调递减， 所以0<x1<<1，即x1x2<1. 3．已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x2＋ax(a∈R)． (1)若函数y＝f′(x)有两个零点，求a的取值范围； (2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2. 【解析】　(1)f(x)＝(x－1)ln x－x2＋ax⇒f′(x)＝1－＋ln x－2x＋a＝0， 该方程有两个不等实根，由f′(x)＝1－＋ln x－2x＋a＝0⇒a＝2x＋－ln x－1， 所以直线y＝a与函数g(x)＝2x＋－ln x－1的图象有两个不同交点， 由g(x)＝2x＋－ln x－1⇒g′(x)＝2－－＝＝， 当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2， 当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞，g(x)→＋∞， 如图所示： 所以要想有两个不同交点，只需a>2，即a的取值范围为(2，＋∞)． (2)证明：因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点， 所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0<x1<1<x2， 要证明x1＋x2>2，只需证明x2>2－x1，显然2－x1>1， 当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2－x1)， 而g(x1)＝g(x2)＝a，所以证明g(x1)>g(2－x1)即可， 即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0，1)时恒成立， 由h(x)＝4x＋－ln x－＋ln(2－x)－4⇒h′(x)＝， 显然当x∈(0，1)时，h′(x)<0，因此函数h(x)＝g(x)－g(2－x)单调递减， 所以当0<x<1时，有h(x)>h(1)＝0，所以当0<x1<1时，g(x1)>g(2－x1)恒成立，因此命题得以证明． 4．已知函数f(x)＝ln x－ax2. (1)讨论函数f(x)的单调性： (2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两不等实根，求证：x＋x>2e. 【解析】　(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 由f(x)＝ln x－ax2得f′(x)＝－2ax＝， 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，由f′(x)>0得0<x<，由f′(x)<0，得x>， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明：因为x1，x2是方程ln x－ax2＝0的两个不等实根，ln x－ax2＝0⇔2ln x－2ax2＝0， 即x1，x2是方程ln x2－2ax2＝0的两个不等实根， 令t＝x2(t>0)，则t1＝x，t2＝x， 即t1，t2是方程2a＝的两个不等实根． 令g(t)＝，则g′(t)＝， 所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(e)＝， 当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)>0且g(t)→0. 所以0<2a<，即0<a<. 令1<t1<e<t2，要证x＋x>2e，只需证t1＋t2>2e， 方法一(对称化构造)：令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)， 则h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝－＝， 令φ(t)＝(2e－t)ln t－tln(2e－t)， 则φ′(t)＝－1－ln t－ln(2e－t)＋＝＋－ln(－t2＋2et)>＋－2>0， 所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)<φ(e)＝0， 所以h(t)＝g(t)－g(2e－t)<0，所以g(t)<g(2e－t)， 所以g(t2)＝g(t1)<g(2e－t1)，所以t2>2e－t1， 即t1＋t2>2e，所以x＋x>2e. 方法二(对数均值不等式)：先证<，令0<x1<x2， 只需证<，只需证－ln x<0， 令φ(x)＝－ln x(x>1)，φ′(x)＝－＝<0， 所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)＝0. 因为＝，所以＝<， 所以ln t1＋ln t2>2，即t1t2>e2，所以t1＋t2>2>2e. 5．(2025·江苏无锡阶段练习)已知函数f(x)＝＋ln x，g(x)＝ax－ln x－2. (1)若a>0，当f(x)与g(x)的极小值之和为0时，求正实数a的值； (2)若f(x1)＝f(x2)＝2(x1≠x2)，求证：＋>. 【解析】　(1)f(x)，g(x)定义域均为(0，＋∞)， f′(x)＝－＋＝，令f′(x)<0，解得0<x<a， 令f′(x)>0，解得x>a， 所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 所以在x＝a取极小值，且f(a)＝1＋ln a； 又g′(x)＝a－，令g′(x)<0，解得0<x<， 令g′(x)>0，解得x>， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以在x＝取极小值，且g＝－1＋ln a 所以1＋ln a－1＋ln a＝0，解得a＝1. (2)证明：令m＝，n＝，因为x1≠x2，所以m≠n， 由f(x1)＝f(x2)＝2(x1≠x2)可得⇒ ①－②得a(m－n)＝ln m－ln n，所以＝， 要证＋>，只要证m＋n>， 只要证m＋n>2， 不妨设0<n<m，所以只要证ln >，即证ln >， 令t＝(t>1)，只需证ln t>(t>1)， 令h(t)＝ln t－(t>1)， h′(t)＝－＝－＝>0， 所以h(t)在t∈(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0， 即有ln t>(t>1)成立，所以＋>成立． 题型二　隐零点问题 【核心知识】 隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围(数值计算不在考查之列)． 1．基本步骤 第1步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的范围； 第2步：以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式； 第3步：将零点方程f′(x0)＝0适当变形，整体代入f(x)最值式子进行化简： (1)要么消除f(x)最值式中的指对项； (2)要么消除其中的参数项，从而得到f(x)最值式的估计． 2．函数零点的存在性定理 函数零点存在性定理：设函数f(x)在闭区间[a，b]上连续，且f(a)f(b)<0，那么在开区间(a，b)内至少有函数f(x)的一个零点，即至少有一点x0∈(a，b)，使得f(x0)＝0. 3．隐零点的同构 实际上，很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项，而这类问题由往往具有同构特征，它的隐零点代换则需要同构才能做出，否则，我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向． f(x)＝⇒f(ln x)＝ f(x)＝xex⇒f(－ln x)＝－⇒x2ex＋ln x＝0， 所以在解决形如ex＝⇔x＋ln x＝0，这些常见的代换都是隐零点中常见的操作． 4．针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式．构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题．在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间． 【典例研析】 6．(2025·湖南二模)已知函数f(x)＝eax－aex－ax(a>0，x>0)． (1)证明：f(1)＋a≥0. (2)若f(x)有且只有一个零点，求a的范围． 【解析】　(1)证明：f(1)＝ea－ae－a，f(1)＋a＝ea－ae， 当a∈(0，1]时，ea>1，ae<1，ea－ae>0； 当a∈(1，＋∞)时，要证ea－ae≥0，即证ea≥ae，即证ln ea≥ln ae， 即证≥， 构造函数t(x)＝，t′(x)＝， 当x∈(1，e)时，t′(x)<0，t(x)在(1，e)上单调递减， 当x∈(e，＋∞)时，t′(x)>0，t(x)在(e，＋∞)上单调递增， 所以函数在x＝e处取得最小值t(e)＝， 所以t(a)≥t(e)＝，即可得证≥， 所以f(1)＋a≥0. (2)令g(x)＝f′(x)＝aeax－(eln a)aex－a， 当a∈(0，1]时，g(x)＝f′(x)＝aeax－(eln a)aex－a＝a(eax－1)－(eln a)aex>0， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)>f(0)＝0，函数f(x)无零点； 当a∈(1，＋∞)时，g′(x)＝a2eax－(eln a)2aex， 由(1)得a≥eln a>0，ea≥ae， 所以(ea)x≥(ae)x，所以g′(x)＝a2eax－(eln a)2aex≥a2(eax－aex)≥0， g(x)＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(0)＝－eln a，f(0)＝0， f′(0)<0，当x1>时，eax1－2aex1>0， 且(ea)x1>(ae)x1>1，f′(x1)＝aeax1－(eln a)aex1－a≥a(eax1－aex1－1)>a(eax1－2aex1)>0， 因为g(x)＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以存在一个x0∈(0，x1)，使f′(x)＝0， 所以x∈(0，x0)，f′(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减，x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增， 又因为f(0)＝0，所以f(x0)<0，在(0，x0)上f(x)没有零点， 又因为ea≥ae>1，所以x→＋∞，f(x)＝eax－aex－ax→＋∞， 又因为f(x0)<0，且f(x)在(x0，＋∞)上单调递增， 此时存在一个x2∈(x0，＋∞)使f(x2)＝0， 但当a＝e时，f(x)＝eex－eex－ex＝－ex<0无零点， 综上，a∈(1，e)∪(e，＋∞)． 7.(2025·安徽马鞍山二模)已知函数f(x)＝2ae2x＋2(a－1)ex－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝4ae2x＋2(a－1)ex－1＝(2aex－1)·(2ex＋1)， 若a≤0，则f′(x)<0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 若a>0，则由f′(x)＝0得x＝－ln 2a. 当x∈(－∞，－ln 2a)时，f′(x)<0；当x∈(－ln 2a，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，－ln 2a)上单调递减，在(－ln 2a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln 2a)上单调递减，在(－ln 2a，＋∞)上单调递增． (2)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． 若a>0，由(1)知，当x＝－ln 2a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln 2a)＝1－＋ln 2a. ①当a＝时，由于f(－ln 2a)＝0，故f(x)只有一个零点； ②当a∈时，因为1－单调递增，ln 2a单调递增，所以1－＋ln 2a单调递增， 所以1－＋ln 2a>1－＋ln＝0，f>0，故f(x)没有零点； ③当a∈时，由于1－＋ln 2a<0，即f(－ln 2a)<0， 又f(－2)＝2ae－4＋2(a－1)e－2＋2＝＋2－>2－>0， 故f(x)在上有一个零点． 设正整数n0满足n0>ln， 则f(n0)＝en0(2aen0＋2a－2)－n0>en0－n0>0， 故f(x)在上有一个零点． 综上，a的取值范围为. 8．(2025·山东济南一模)已知a，b∈R，函数f(x)＝ex－a－bx，x∈[0，＋∞)． (1)当a＝0时，求f(x)的极值； (2)若f(x)存在零点． ①当b＝0时，求a的取值范围； ②求证：a2＋b2>2. 【解析】　(1)a＝0时，f′(x)＝ex－b， 当b≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，既无极大值也无极小值． 当b>1时，x∈[0，ln b)，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，x∈(ln b，＋∞)，f′(x)>0，函数f(x)单调递增， 函数f(x)的极小值是b－bln b，无极大值． (2)①当b＝0时，因为函数f(x)存在零点，故ex＝a有解， 若x＝0，此时无解，所以x>0，g(x)＝ex－a有解， g′(x)＝ex－＝， a．若a≤0，g(x)单调递增，g(x)>g(0)＝1此时不存在零点； b．若a>0，令h(x)＝2ex－a，h(0)＝－a<0，h(a2)＝2ea2a－a>0， 由零点存在定理可知存在x0∈(0，a2)，h(x0)＝0， 所以g(x)在(0，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数， 故g(x)min＝ex0－a＝－a≤0， 解得x0≥，故a≥e＝. ②证明：因为函数f(x)存在零点，所以f(x)＝ex－a－bx有解x0，其中x0≥0， 若x0＝0，则1－a×0－b×0＝0，该式不成立，故x0>0. 故a＋bx0－ex0＝0，考虑直线a＋bx0－ex0＝0， 表示原点与直线a＋bx0－ex0＝0上的动点(a，b)之间的距离， ≥，所以a2＋b2≥， x0>0时，要证a2＋b2>2，只需证>2， 即证e2x0－2x－2x0>0. 令g(x)＝e2x－2x2－2x，x>0， 则g′(x)＝2e2x－4x－2＝2(e2x－2x－1)， 令h(x)＝e2x－2x－1，x>0， 故h′(x)＝2(e2x－1)>0，h(x)在(0，＋∞)上为增函数，故h(x)>h(0)＝0. 即g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数， 故g(x)>g(0)＝1，故>2，即a2＋b2>2成立． 9．(2025·安徽期末)已知函数f(x)＝sin x. (1)证明：∀x∈，f(x)>2x－tan x； (2)判断函数g(x)＝－f(x)的零点的个数，并说明理由． 【解析】　(1)证明：令u(x)＝tan x－2x＋sin x， 则u′(x)＝－2＋cos x＝＝， 当x∈时，0<cos x<1，cos2x－cos x－1＝cos x(cos x－1)－1<－1， 所以当x∈时，u′(x)>0，所以u(x)在上单调递增， 所以当x∈时，u(x)>u(0)＝0，即∀x∈，f(x)>2x－tan x. (2)由题意知g(x)＝－sin x，所以g′(x)＝－cos x. ①当x<－3时，>3，sin x≤1，所以g(x)>0， 即g(x)在(－∞，－3)上无零点． ②当－3<x<0时，>1，cos x≤1， 所以g′(x)＝－cos x>0， 所以g(x)在(－3，0)上单调递增，所以g(x)<g(0)＝0， 即g(x)在(－3，0)上无零点． ③当x∈时，令h(x)＝－cos x， 则h′(x)＝－＋sin x，显然h′(x)在上单调递增， 又h′(0)＝－〈0，h′〉0，所以存在t∈使得h′(t)＝0， 当0<x<t时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当t<x<时，h′(x)>0，h(x)单调递增． 又h(0)＝0，h>0，所以存在λ∈，使得h(λ)＝0， 当0<x<λ时，h(x)<0，g(x)单调递减，当λ<x<时，h(x)>0，g(x)单调递增， 又g(0)＝0，g>0，所以g(x)在上有2个不同的零点． ④当x∈时，y＝单调递增， 所以≥>1≥sin x，即g(x)>0恒成立，函数无零点． 综上，函数g(x)＝－f(x)有2个不同的零点． 【限时训练】（限时：60分钟） 1．(2024·全国模拟预测)已知函数f(x)＝(x－1)2ex－ax，且曲线y＝f(x)在点(0，f(x))处的切线方程为y＝－2x＋b. (1)求实数a，b的值； (2)证明：函数f(x)有两个零点． 【解析】　(1)由题意可得f′(x)＝(x2－1)ex－a， 由切线方程可知其斜率为－2， 所以解得 (2)证明：由f(x)＝0可得(x－1)2ex－x＝0， 所以(x－1)2－＝0. 函数f(x)有两个零点即函数g(x)＝(x－1)2－有两个零点． g′(x)＝(x－1)， 当x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 又g(0)＝1>0，g(1)＝－<0， g(2)＝1－>0， 所以g(0)g(1)<0，g(1)g(2)<0. 由零点存在定理可得∃x1∈(0，1)使得g(x1)＝0，∃x2∈(1，2)使得g(x2)＝0， 所以函数f(x)有两个零点． 2．(2025·江苏扬州阶段练习)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1(其中a∈R)． (1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤xex成立，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)将a＝－1代入函数中， f(x)＝ln x－x＋1， 由x>0，所以f′(x)＝－1＝， 当0<x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增； 当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)任意x∈(0，＋∞)都有f(x)≤xex成立， 即f(x)＝ln x＋ax＋1≤xex，即a≤， 令g(x)＝， 则g′(x)＝， 令h(x)＝x2ex＋ln x， h′(x)＝ex(x2＋2x)＋， 在(0，＋∞)上h′(x)>0恒成立， 即h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又h＝e－1<0，h(1)＝e>0， 故h(x)在内有零点，设零点为x0， 当x∈(0，x0)时，g′(x)<0， g(x)在x∈(0，x0)上单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0， g(x)在x∈(x0，＋∞)上单调递增； 且xex0＋ln x0＝0，则x0ex0＝－， 所以x0ex0＝ln ·e， 设t(x)＝xex，x>0，t′(x)＝ex(x＋1)>0， 所以t(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以t(x0)＝t，x0>0，ln >0， 即x0＝ln ，所以ex0＝， 所以g(x)的最小值g(x0)＝＝1， 所以a≤1，即实数a的取值范围是(－∞，1]． 3．(2025·山东阶段练习)已知函数f(x)＝，g(x)＝ebx－b，a，b∈R. (1)求f(x)的单调区间； (2)若f(x)的最大值为1，证明：对任意的b∈R，f(x)≤g(x)； (3)当b＝1时，若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝， 令f′(x)＝0得x＝e1－a， 令f′(x)>0得0<x<e1－a， 令f′(x)<0得x>e1－a， ∴f(x)在(0，e1－a)上单调递增，在(e1－a，＋∞)上单调递减． (2)由(1)知f(x)max＝f(e1－a)＝＝＝1， ∴a＝1， ∴f(x)＝，要证f(x)≤g(x)， 即证≤ebx－b， 即证1＋ln x≤xebx－bx， 即证ebx＋ln x－(bx＋ln x)－1≥0， 构造函数h(x)＝ex－x－1，x∈R，则h′(x)＝ex－1， 令h′(x)>0得x>0，令h′(x)<0得x<0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， ∴h(x)≥h(0)＝0，即ex－x－1≥0恒成立，当且仅当x＝0时等号成立． ∵b∈R，x∈(0，＋∞)， ∴∃x0∈(0，＋∞)，使得bx0＋ln x0＝0， ∴ebx＋ln x－(bx＋ln x)－1≥0恒成立， 故对于任意的b∈R，f(x)≤g(x)． (3)当b＝1时，g(x)＝ex－1，若f(x)≤g(x)恒成立， 即≤ex－1恒成立，即a＋ln x≤xex－x， 即ex＋ln x－(x＋ln x)－1≥a－1恒成立， 由(2)可知h(x)＝ex－x－1≥0恒成立， 当且仅当x＝0时等号成立， 令t(x)＝x＋ln x，x∈(0，＋∞)， 则t′(x)＝1＋>0恒成立， ∴t(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∵t＝－1〈0，t(1)＝1〉0， ∴∃x1∈使得t(x1)＝x1＋ln x1＝0成立， ∴ex＋ln x－(x＋ln x)－1≥0，∴0≥a－1， 所以a≤1. 4．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝x2＋1，h(x)＝asin x＋1(a>0)． (1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>g(x)； (2)讨论函数F(x)＝f(x)－h(x)在(0，π)上的零点个数． 【解析】　(1)证明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x2－1， 则G′(x)＝ex－2x， 记p(x)＝ex－2x，则p′(x)＝ex－2， 当x∈(0，ln 2)时，p′(x)<0， 当x∈(ln 2，＋∞)时，p′(x)>0， 所以p(x)在x∈(0，ln 2)上单调递减；在x∈(ln 2，＋∞)上单调递增， 从而在(0，＋∞)上， G′(x)＝p(x)≥p(ln 2)＝2－2ln 2>0， 所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因此在(0，＋∞)上，G(x)>G(0)＝0， 即f(x)>g(x)． (2)F(x)＝f(x)－h(x)＝ex－asin x－1， F′(x)＝ex－acos x， 0<a≤1，在(0，π)上，F′(x)＝ex－acos x>1－a≥0， 所以F(x)在(0，π)上单调递增，F(x)>F(0)＝0， 即函数F(x)在(0，π)上无零点； a>1，记q(x)＝F′(x)＝ex－acos x， 则q′(x)＝ex＋asin x≥0，q(x)在(0，π)上单调递增， 而q(0)＝1－a<0，q＝e>0， 故存在x0∈，使q(x0)＝0， ∴当0<x<x0时，F(x)单调递减，x0<x<π时，F(x)单调递增，F(x)min＝F(x0)， 而F(x0)<F(0)＝0，F(π)＝eπ－1>0， F(x)在(0，x0)上无零点，在(x0，π)上有唯一零点， 综上，当0<a≤1时，F(x)在(0，π)上没有零点； 当a>1时，F(x)在(0，π)上有且仅有1个零点． 5．(2025·江西南昌二模)已知f(x)＝xax－ex＋1(a>1)． (1)当a＝e时，求函数f(x)的单调区间； (2)当a≥e时，求证：f(x)≥0； (3)当1<a≤时，试讨论函数f(x)的零点个数． 【解析】　(1)当a＝e时，f(x)＝xex－ex＋1， f′(x)＝(x＋1)ex－ex＝xex， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上为增函数； 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，0)上为减函数． 故当a＝e时，函数f(x)的减区间为(－∞，0)，增区间内为(0，＋∞)． (2)证明：因为a≥e，当x≥0时，ax≥ex， 所以xax≥xex， 当x<0时，ax≤ex，所以xax≥xex， 所以xax－ex＋1≥xex－ex＋1， 设p(x)＝xex－ex＋1， 由(1)可知p(x)≥p(0)＝0，所以不等式f(x)≥0成立． (3)方法一：f′(x)＝(ln a·x＋1)ax－ex＝ax， 设φ(x)＝(ln a·x＋1)－x， 此时φ(0)＝0， 则φ′(x)＝ln a－(1－ln a)·x， 因为1<a≤，所以0<ln a≤，>1， 则φ′(x)在R为减函数，φ′(0)＝2ln a－1. ①当a＝时，φ′(0)＝0，结合φ′(x)在R上为减函数， 当x∈(－∞，0)时，φ′(x)>0，φ(x)在(－∞，0)上为增函数； 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上为减函数； 所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)在R上为减函数， 又因为f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点； ②当1<a<时，φ′(0)＝2ln a－1<0， 所以存在x0<0，使得φ′(x0)＝0， 当x∈(－∞，x0)时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(－∞，x0)上为增函数； 当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)<0， 所以φ(x)在(x0，＋∞)上为减函数． 因为φ(0)＝0，则φ(x0)>0， 当x→－∞，φ(x)→－∞， ∃x1∈(－∞，x0)使得φ(x1)＝0， 所以x∈(－∞，x1)时，φ(x)<0， 即f′(x)<0，即f(x)在(－∞，x1)上为减函数； 当x∈(x1，0)时，φ(x)>0，即f′(x)>0， 即f(x)在(x1，0)上为增函数； 当x∈(0，＋∞)时，φ(x)<0， 即f′(x)<0，即f(x)在(0，＋∞)上为减函数； 当x→－∞，f(x)→1，又因为f(0)＝0， 所以f(x1)<0. 所以∃x2∈(－∞，x1)使得f(x2)＝0， f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x)<f(0)＝0， 所以f(x)存在两个零点． 综上所述：当a＝时，函数f(x)有1个零点； 当1<a<时，函数f(x)有2个零点． 方法二：f′(x)＝(ln a·x＋1)ax－ex＝ex， 设φ(x)＝(ln a·x＋1)x－1，此时φ(0)＝0， 则φ′(x)＝(ln2a－ln a)x＋(2ln a－1)x， 设k＝ln a(k>0)， 所以φ′(x)＝[(k2－k)x＋2k－1]x. ①当a＝时，此时k＝， 则φ′(x)＝x，此时φ′(0)＝0， 当x∈(－∞，0)时，φ′(x)>0，φ(x)在(－∞，0)上为增函数； 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上为减函数； 所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)在R上为减函数． 又因为f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点； ②当1<a<时，所以0<k<， 设h(x)＝(k2－k)x＋2k－1.因为k2－k<0， 因为h(0)＝2k－1<0时， 所以存在x0<0，使得h(x0)＝0， 当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即φ′(x)>0， 所以φ(x)在(－∞，x0)上为增函数； 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)<0，即φ′(x)<0， 所以φ(x)在(x0，＋∞)上为减函数． 因为φ(0)＝0，则φ(x0)>0， 当x→－∞，φ(x)→－∞， ∃x1∈(－∞，x0)使得φ(x1)＝0， 所以x∈(－∞，x1)时，φ(x)<0，即f′(x)<0， 即f(x)在(－∞，x1)上为减函数； 当x∈(x1，0)时，φ(x)>0，即f′(x)>0， 即f(x)在(x1，0)上为增函数； 当x∈(0，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0， 即f(x)在(0，＋∞)上为减函数； 当x→－∞，f(x)→1， 又因为f(0)＝0，所以f(x1)<0. 所以∃x2∈(－∞，x1)使得f(x2)＝0， f(x)在(0，＋∞)为减函数，所以f(x)<f(0)＝0， 所以f(x)存在两个零点． 综上所述：当a＝时，函数f(x)有1个零点； 当1<a<时，函数f(x)有2个零点． 方法三：f(x)＝xeln a·x－ex＋1， 设k＝ln a，则f(x)＝xekx－ex＋1， 则有f′(x)＝(kx＋1)ekx－ex＝ekx[kx＋1－e(1－k)x]， φ(x)＝kx＋1－e(1－k)x， 设φ′(x)＝k－(1－k)e(1－k)x. 因为1<a≤，所以0<k≤， 则φ′(x)在R上为减函数，φ′(0)＝2k－1. ①当a＝时，即k＝，φ′(0)＝0，结合φ′(x)在R上为减函数， 当x∈(－∞，0)时，φ′(x)>0，φ(x)在(－∞，0)上为增函数； 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上为减函数； 所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)在R上为减函数． 又因为f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点； ②当1<a<时，φ′(0)＝2k－1<0， 所以存在x0<0，使得φ′(x0)＝0， 当x∈(－∞，x0)时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(－∞，x0)上为增函数； 当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)<0， 所以φ(x)在(x0，＋∞)上为减函数． 因为φ(0)＝0，则φ(x0)>0， 当x→－∞，φ(x)→－∞， ∃x1∈(－∞，x0)使得φ(x1)＝0， 所以x∈(－∞，x1)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(－∞，x1)上为减函数； 当x∈(x1，0)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，即f(x)在(x1，0)上为增函数； 当x∈(0，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0， 即f(x)在(0，＋∞)上为减函数； 当x→－∞，f(x)→1，又因为f(0)＝0， 所以f(x1)<0. 所以∃x2∈(－∞，x1)使得f(x2)＝0， f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x)<f(0)＝0， 所以f(x)存在两个零点． 综上所述：当a＝时，函数f(x)有1个零点； 当1<a<时，函数f(x)有2个零点． 6．已知函数f(x)＝，a∈R. (1)若a＝2，求f(x)的单调区间； (2)若a＝1，x1，x2是方程f(x)＝的两个实数根，证明：x1＋x2>2. 【解析】　(1)由题可知f(x)的定义域为R， f′(x)＝－. 令h(x)＝x2－4x＋2， 则h(x)＝0的两根分别为x1＝2－，x2＝2＋. 当x<2－或x>2＋时，f′(x)<0； 当2－<x<2＋时，f′(x)>0； 所以f(x)的单调递增区间为(2－，2＋)，单调递减区间为(－∞，2－)，(2＋，＋∞)． (2)证明：原方程可化为ln x－x2＋x＋1＝0， 设g(x)＝ln x－x2＋x＋1， 则g′(x)＝－2x＋1＝，x>0. 令g′(x)＝0，得x＝1. ∵在(0，1)上，g′(x)>0，在(1，＋∞)上，g′(x)<0， ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)≤g(1)＝－1＋1＋1＝1>0，且当x>0，x趋向于0时，g(x)趋向于－∞， 当x趋向于＋∞时，g(x)趋向于－∞. 则g(x)在(0，1)和(1，＋∞)上分别有一个零点x1，x2， 不妨设0<x1<1<x2，∵0<x1<1，∴2－x1>1， 设G(x)＝g(x)－g(2－x)， 则G(x)＝(ln x－x2＋x＋1)－[ln(2－x)－(2－x)2＋(2－x)＋1]＝ln x－ln(2－x)－2x＋2， G′(x)＝＋－2＝. 当0<x<1时，G′(x)>0， ∴G(x)在(0，1)上单调递增，而G(1)＝0， ∴当0<x<1时，G(x)<0，g(x)<g(2－x)， 即g(x1)<g(2－x1)． ∵g(x2)＝g(x1)，∴g(x2)<g(2－x1)． ∵g(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴x2>2－x1，即x1＋x2>2. 7．(2025·内蒙古包头阶段练习)设f(x)＝(x＋1)ln x－(x－1)ln a(a>0)． (1)若f(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围； (2)若函数y＝f(x)存在两个极值点x1、x2(x1<x2)，求证：x1＋x2>2. 【解析】　(1)设h(x)＝f′(x)， 即h(x)＝ln x＋1＋－ln a， 即h′(x)＝－＝≥0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增． 当x≥1时，h(x)min＝h(1)＝2－ln a， 若2－ln a>0，即0<a≤e2，则h(x)≥0， 所以f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立， 所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增． 所以f(x)≥f(1)＝0恒成立． 若2－ln a<0，即a>e2， 则h(a)＝>0. 又h(1)＝2－ln a<0，且h(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以存在唯一x0∈(1，a)，使得h(x0)＝0， 所以f′(x)≤0在(1，a)上恒成立，f(x)在(1，a)上单调递减， 此时f(x)≤f(1)＝0，这与条件矛盾，所以不成立， 所以0<a≤e2， (2)证明：因为函数f(x)存在两个极值点x1，x2， 所以h(x)＝0有两个实数根x1，x2， 所以h(x1)＝ln x1＋＋(－ln a)＝0， h(x2)＝ln x2＋＋1－ln a＝0， 将两式相减得ln x1－ln x2＋－＝0， 即＝－ln ， 要证x1＋x2>2， 只需证(x1＋x2)>－2ln ， 即证－>－2ln ， 设t＝，因为x1<x2，所以0<t<1， 即证－t>－2ln t. 设g(t)＝2ln t＋－t(0<t<1)， 则g′(t)＝－－1＝－<0， 所以g(t)单调递减，所以g(t)>g(1)＝0， 故原命题成立． 8．(2025·陕西渭南二模)已知函数f(x)＝(2x－1)ex－a(x－1)． (1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； (2)若函数y＝f(x)有两个零点，求实数a的取值范围； (3)若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)当a＝0时，f(x)＝(2x－1)ex， 所以f(0)＝－1. 又f′(x)＝(2x＋1)ex，所以f′(0)＝1， 则切线方程为y＝x－1. 令y＝0得x＝1，令x＝0得y＝－1， 所以切线与坐标轴围成的三角形的面积为 S＝×1×1＝. (2)由f(x)＝0得a(x－1)＝(2x－1)ex， 显然x＝1不是方程的解， 所以a＝. 设函数φ(x)＝，x≠1， 则φ′(x)＝＝， 令φ′(x)>0得x<0或x>； 令φ′(x)<0得0<x<1或1<x<. 所以φ(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，1)和上单调递减，在上单调递增． 又当x→－∞时，φ(x)→0，φ(0)＝1， 当x→1－时，φ(x)→－∞， 当x→1＋时，φ(x)→＋∞，φ＝4e， 当x→＋∞时，φ(x)→＋∞. 所以φ(x)的大致图象如图： 若函数y＝f(x)有两个零点，则直线y＝a与函数φ(x)的图象有两个交点， 由图象可知，0<a<1或a>4e， 即a的取值范围为(0，1)∪. (3)由f(x)≥0得a(x－1)≤(2x－1)ex， 显然当x＝1时，a∈R不等式恒成立． 当x>1时，有a≤恒成立， 由(2)可得a≤4e； 当x<1时，有a≥恒成立， 由(2)可得a≥1. 综上，1≤a≤4e， 即a的取值范围为. 第 1 页 共 33 页 学科网（北京）股份有限公司 $