函数与导数：利用导数研究零点问题、利用导数研究双变量问题专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数应用核心，通过零点与双变量两类问题构建从函数性质到综合应用的逻辑链条，强化数学思维与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |利用导数研究零点问题|6道（含三角函数、指数函数等）|参数讨论、零点个数判断、极值点分析|以导数判单调性、求极值为基础，结合函数图像趋势构建零点存在性与个数的推理体系| |利用导数研究双变量问题|6道（含极值点偏移、不等式证明等）|双极值点关系、切线平行、不等式证明|通过变量转化、构造函数，建立导数与双变量关系的数学模型，体现应用意识与逻辑推理|

函数与导数：利用导数研究零点问题与双变量问题专项训练 考点目录 利用导数研究零点问题 利用导数研究双变量问题 问 利用 题型一 1. (26 - 27 高三上·山东聊城·开学考试) 已知函数 f (x = cosx + xsinx - 1. 10 1 学科网（北京）股份有限公司 (1) 判断 f (x 的奇偶性并给出证明； (2) 讨论 f (x 在区间 (-π,π 上的零点个数. 2. (26 - 27 高三上·福建福州·开学考试) 已知函数 f (x = x-1 ex-1 + λlnx． (1) 当 λ = 0 时，求函数 f (x 的单调区间和最值． (2) 若函数 f (x 在区间 (1,+∞ 上存在零点，求实数 λ 的取值范围． 3. (26 - 27 高三上·浙江·开学考试) 已知函数 f (x = ex - ax2(a ∈ R ． (1) 若曲线 y = f (x 在 (1,f (1 处的切线与 x 轴平行，求 a 的值和切线方程； (2) 若 f (x 在 (0,+∞ 上有 2 个零点，求 a 的范围． 4. (26 - 27 高三上·湖南长沙·开学考试) 已知函数 f (x = axsinx + cosx + 1，x ∈ 0,π ． (1) 当 a = 1 时，求 f (x 的最值； (2) 当 a < 0 时，证明：fr (x 有唯一极值点； (3) 讨论 f (x 的零点个数． 5. (26 - 27 高三上·北京朝阳·开学考试) 已知函数 f(x) = aex+1 - x2 + 3. (1) 当 a =-1 时，求曲线 y = f (x (2) 求证：当 a < 0 时，函数 f (x 在点 A(-1,f(-1)) 处的切线方程；存在极大值； (3) 若 f (x 有三个不同的零点，求 a 的取值范围. 6. (26 - 27 高三上·北京·开学考试) 设函数 f (x = x2 - 1 - 2tlnx，其中 t ≤ 1． (1) 若曲线 y = f(x) 在 (1,f(1)) 处的切线与直线 y = 2x 平行，求 t 的值； (2) 当 t = 1 时，判断函数 g(x) = (x - 1)f(x) 是否存在极值. 如果存在，求出所有的极值；如果不存在，说明理由. (3) 若函数 f (x 有且只有一个零点，求 t 的取值范围. 利用 题型二 7. (26 - 27 高三上·湖北·阶段检测) 已知函数 f(x) = ex - ax，a ∈ R． (1) 若 a > 0，讨论函数 f(x) 的单调性； (2) 若 a > 0，存在 b ∈ R，使得 f(b) = 0，证明：b ≤ max{1,a}； (3) 当 0 < a ≤ 1 时，设 n ≥ 2，n ∈ N *，证明：在数列 { f(1),f(2),f(3), ⋯ ,f(n)} 中，必存在两个不同下标 i， j(1 ≤ i < j ≤ n)，使得  f(i)- f( j) < en -e ． n-1 8. (26 - 27 高三上·上海·开学考试) 知函数 f (x = x2 + (a -2 x + blnx(a >0,x>0 的图象上有不重合的 两点 P(x1,y1 ，Q(x2,y2 ． (1) 若 a = b = 2，f (x 的图象在 P，Q 两点处的切线相互平行，求 x1 + x2 的取值范围； (2) 若 a =-b，设 PQ 的中点为 M (x ,y f (x1 - f (x2 < fr (x ． 0 0 ，求证： x -x 0 1 2 9. (26 - 27 高三上·湖南·开学考试) 已知 f (x = xex - 1 ax3 + ax(a ∈ R ． 3 (1) 若 a = 1，求 f (x 的图象在 (0,f (0 处的切线方程． (2) 若 f (x 有三个极值点 x1，x2，x3(x1<x2<x3 ． (i) 求 a 的取值范围； (ii) 证明：1 x1 + 1 x2 + 1 x3 > 0． 10. (25 26 高二下·四川凉山·期末) 已知函数 f (x = xex - 2x3，g(x = x2 + λx，λ ∈ R． (1) 求曲线 y = f (x 在点 (1,f (1 处的切线方程； (2) 设函数 h(x = f (x + g(x ， x ①若函数 h(x ②若函数 h(x 在 R 上不具有单调性，求 λ 的取值范围； 有两个不同的极值点 x1，x2，求证：ln(ex1 +ex2 > 2ln2 11. (2026 广西桂林·一模) 已知函数 f (x = ex-1 - 1 ax2 - ax + 3 a，其中 a ∈ R. 12 1 学科网（北京）股份有限公司 (1) 当 a = 1 2 时，求 f (x 在 (0,+∞ 2 2 上的单调性； (2) 若 f (x 存在两个极值点 x1,x2(x1<x2 . (i) 求 a 的取值范围； (ii) 当 x1 + x2 ∈  2 -1,2ln3 -2l e-1 时，求 x2+ 1 x1+ 1 的取值范围. 12. (25 26 高三上·浙江台州·期中) 已知函数 f (x = alnx - x-1 ,a ∈ R. x+ 1 (1) 当 a = 1 2 时，求函数 f (x 的单调区间； (2) 若函数 f (x 有两个极值点 x1,x2. (i) 求 a 的取值范围； (ii) f (x1 - f (x2 a -2a2 证明： x -x > a -1 1 2 $ 函数与导数：利用导数研究零点问题与双变量问题专项训练 考点目录 利用导数研究零点问题 利用导数研究双变量问题 问 利用 题型一 1. (26 - 27 高三上·山东聊城·开学考试) 已知函数 f (x = cosx + xsinx - 1. 10 1 学科网（北京）股份有限公司 (1) 判断 f (x 的奇偶性并给出证明； (2) 讨论 f (x 在区间 (-π,π 上的零点个数. 【答案】(1)f (x 为偶函数. 证明：f (x 的定义域为 (-∞，+∞ ，关于原点对称； f (-x = cos(-x + (-x sin(-x - 1 = cosx + xsinx - 1 = f (x ， 所以 f (x (2)3 个 为偶函数. 【分析】(1) 利用定义域关于原点对称和 f (-x = f (x 进行证明； (2) 利用偶函数的特点结合函数的单调性和零点存在定理进行讨论. 【详解】(1) 略 (2) 因为 f (x = cosx + xsinx - 1，所以 fr (x = xcosx， 由 (1) 得：f (x 为偶函数，所以只需研究 0,π 上零点个数，即可得到 (-π,π 上的零点个数. 当 x ∈ 0, π ，cosx ≥ 0，fr (x = xcosx ≥ 0，所以 f (x 单调递增， l 2 当 x ∈ π ,π( 2 ，cosx < 0，fr (x = xcosx < 0，所以 f (x 单调递减， 且 f (0 = cos0 + 0 - 1 = 0，f ( π = cos π + π sin π - 1 = π - 1 > 0， 2 2 2 2 2 当 x → π，f (x → f (π = cosπ + πsinπ - 1 =-2 < 0， 根据零点存在定理，f π( 2 > 0，f (π < 0，所以在 π ,π 2( 上存在唯一的零点，则 在 -π,- π( 2 上也存在唯一的零点，又因为 f (0 = 0，所以 0 也是一个零点， 综上所述，f (x 在区间 (-π,π 上的零点个数为 3. 2. (26 - 27 高三上·福建福州·开学考试) 已知函数 f (x = x-1 ex-1 + λlnx． (1) 当 λ = 0 时，求函数 f (x 的单调区间和最值． (2) 若函数 f (x 在区间 (1,+∞ 上存在零点，求实数 λ 的取值范围． 【答案】(1)f (x小值． (2)(-1,0 的单调递增区间 (0,2 ，f (x 的单调递减区间 (2,+∞ ；f (x 的最大值为 f (2 = 1 ，无最 e 【分析】(1) 先求导得出 fr (x ，再根据 fr (x 正负确定单调区间，进而求出最值. (2) 分 λ ≥ 0 和 λ < 0 讨论，λ < 0 时再根据 g(1围. 正负细分情况，结合函数单调性和零点存在定理确定 λ 范 【详解】(1) 由题意可得：f (x 的定义域为 (0,+∞ ， x-1 (x-1 rex-1+ (x-1 (ex-1 r ex-1(2 -x (2 -x 当 λ = 0 时，f (x = ex-1 ，fr (x = (ex-1 2 = (ex-1 2 = ， ex-1 令 fr (x 2 -x = 0， = 0，解得 x = 2，f (x ( r = 0， ex-1 当 x ∈ (0,2 时，2 - x > 0，ex-1 > 0，所以 fr (x > 0， 当 x ∈ (2,+∞ 时，2 - x < 0，ex-1 > 0，fr (x < 0， 所以 f (x 的单调增区间 (0,2 ，f (x 的单调减区间 (2,+∞ ， 即 f (x 在 x = 2 处取得最大值，f (2 = 2 -1 e2-1 = 1 ，无最小值． e (2)f (x = x-1 ex-1 + λlnx，fr (x = λex-1 -x2 + 2x (x>1 ， xex-1 1° 若 λ ≥ 0，当 x > 1 时，x-1 ex-1 > 0，lnx > 0， 所以 f (x > 0，f (x 在 (1,+∞ 上无零点，舍去， 2° 若 λ < 0，则 fr (x = λex-1 -x2 + 2x ， xex-1 令 g(x = λex-1 - x2 + 2x，则 gr (x = λex-1 - 2(x-1 < 0， 则 g(x 在 (1,+∞ 上单调递减，且 g(1 = λ + 1， ①若 λ + 1 ≤ 0，即 λ ≤-1，此时 g(x < 0，fr (x < 0，f (x 在 (1,+∞ 上单调递减， 又因为 f (1 = 0，所以 f (x < 0，不合题意，舍去， ②若 λ + 1 > 0，即 -1 < λ < 0，此时 g(2 = λe < 0，则存在 m ∈ (1,2 ，使得 g(m = 0，即 fr (m = 0， 当 x ∈ (1,m 时，g(x > 0，fr (x > 0，f (x 单调递增， 当 x ∈ (m,+∞ 时，g(x < 0，fr (x < 0，f (x 单调递减， 所以 f (x 在 (1,m 上单调递增，在 (m,+∞ 上单调递减，所以 f (m > f (1 = 0， 当 x > m 时，f (x = x-1 ex-1 + λlnx < x-1 x - 1 + λlnx = 1 - 1 x + λlnx < 1 + λlnx， 令 1 + λlnx < 0，解得 x > e λ ， 因为 e λ > e > m，且 f (e λ < 0，所以存在唯一的 x1 ∈ (m,e λ ，使得 f (x1 = 0，满足条件，- 1 - - 1 1 综上所述，实数 λ 的取值范围为 (-1,0 ． 3. (26 - 27 高三上·浙江·开学考试) 已知函数 f (x = ex - ax2(a ∈ R ． (1) 若曲线 y = f (x 在 (1,f (1 处的切线与 x 轴平行，求 a 的值和切线方程； (2) 若 f (x 在 (0,+∞ 上有 2 个零点，求 a 的范围． 【答案】(1) e ；y = e 2 2 (2) e2 ,+∞( 4 【分析】(1) 结合题意与导数得到 e - 2a = 0，进而求解参数值，再得到切线方程即可. (2) 将零点问题合理转化为交点问题，再结合导数求解参数范围即可. 【详解】(1) 因为 f (x = ex - ax2，所以 fr (x = ex - 2ax， 则 fr (1 = e - 2a，而曲线 f (x 的切线与 x 轴平行，可得 fr (1 = e - 2a = 0， 解得 a = e ，此时得到 f (x = ex - e x2，f (1 = e ，故切线方程为 y = e . 2 2 2 2 (2) 因为 f (x 在 (0,+∞ 上有 2 个零点， 所以 ex - ax2 = 0 在 (0,+∞ 上有 2 个解，得到 a = ex x2 在 (0,+∞ 上有 2 个解， 即 y = a 与 g(x) = ex x2 在 (0,+∞ 上有 2 个交点， r ex(x-2) r r 而 g (x) = x3 ，令 g (x) < 0，x ∈ (0,2)，令 g (x) > 0，x ∈ (2, +∞)， 则 g(x) 在 (0,2) 上单调递减，在 (2, +∞) 上单调递增， 而 g(2) = e2 ，当 x → 0 时，g(x) →+∞，当 x →+∞时，g(x) →+∞， 4 可得 a ∈ e2 ,+∞( 4 ，即 a 的范围为 e2 ,+∞ . 4( 4. (26 - 27 高三上·湖南长沙·开学考试) 已知函数 f (x = axsinx + cosx + 1，x ∈ 0,π ． (1) 当 a = 1 时，求 f (x 的最值； (2) 当 a < 0 时，证明：fr (x 有唯一极值点； (3) 讨论 f (x 的零点个数． 【答案】(1) 最大值为 π 2 + 1，最小值为 0； (2)fr (x = a(sinx+ xcosx - sinx = (a -1 sinx + axcosx，设 g(x = fr (x ， 则 gr (x = (2a -1 cosx - axsinx，因为 a < 0，所以 2a - 1 < 0，-a > 0， ①当 x ∈ 0, π ，h(x = gr (x ，则 hr (x = (1 -3a sinx - axcosx l 2 因为 a < 0，故 1 - 3a > 0，-a > 0，又 sinx ≥ 0、cosx ≥ 0，因此 hr (x ≥ 0， 即 h(x = gr (x 在 0, π 上单调递增， l 2 因为 gr (0 = 2a - 1 < 0，gr π 2( =- aπ 2 · 0，根据零点存在定理，gr (x 在 0, π 2( 内有唯一零点； ②当 x ∈  π ,πl 2 ，cosx ≤ 0，结合 2a - 1 < 0，得 (2a -1 cosx ≥ 0； 又 -a > 0，xsinx ≥ 0，得 -axsinx ≥ 0，且 (2a -1 cosx ≥ 0 与 -axsinx ≥ 0 不能同时取为 0， 因此 gr (x > 0 恒成立，无零点， 所以 gr (x 在 (0,π 内有唯一零点，记该零点为 x0， 则 x ∈ 0,x0 ，gr (x < 0，g(x = fr (x 单调递减，x ∈ (x0,π ，gr (x > 0，g(x = fr (x 单调递增， 所以 x0 是 fr (x 唯一的极值点，故 fr (x 有唯一极值点. (3) 当 a ≥ 0，f (x 的零点个数为 1；当 a < 0，f (x 的零点个数为 2. 【分析】(1) 利用导数判断 f (x 的单调性，计算出 f (x 的端点值和极值，比较可得最值； (2) 设 g(x = fr (x ，证明 gr (x = 0 在 (0,π 内存在唯一零点，且是变号零点，则 g(x = fr (x 有唯一极值 点；(3) 分 a ≥ 0 和 a < 0 对 f (x 进行讨论零点个数. 【详解】(1) 当 a = 1 时，f (x 0,π = xsinx + cosx + 1，x ∈ 0,π ，fr (x = sinx + xcosx - sinx = xcosx，x ∈ 令 fr (x2 当 x ∈ 0, π 时，cosx > 0，故 fr (x l 2 当 x ∈ ,π ( π 2 时，cosx < 0，故 fr (x = 0，得 x = 0 或 x = π ， > 0，f (x < 0，f (x 单调递增；单调递减， f (0 = 0 + 1 + 1 = 2，f π 2( = π ⋅ 1 + 0 + 1 = π 2 2 + 1， f (π = π ⋅ 0 + (-1 + 1 = 0， 所以 f (x (2) 略 的最大值为 π 2 + 1，最小值为 0. (3)x ∈ 0,π , f (0 = 0 + 1 + 1 = 2 > 0,f (π = aπ ⋅ 0 + (-1 + 1 = 0， 即 x = π 恒为一个零点，只需讨论 x ∈ 0,π 内是否存在其他零点， ①当 a ≥ 0，x ∈ 0,π ，则 axsinx ≥ 0，cosx + 1 ≥ 0， 因此 f (x = axsinx + cosx + 1 ≥ 0，等号仅在 x = π 时成立， 故 a ≥ 0 时，f (x 仅有 1 个零点； ②当 a < 0，由第 (2) 问知 fr (x 极小值点)， 的单调性：fr (x 在 0,x0 单调递减，在 x0,π 单调递增 (x0 是 fr (x 的 fr (0 = 0，fr (π =-aπ > 0， 因此存在唯一 x1 ∈ (x0,π ，使得 fr (x1 = 0， 即 x ∈ 0,x1 时，fr (x ≤ 0，f (x 单调递减；x ∈ x1,π 时，fr (x ≥ 0，f (x 单调递增， f (x 在 x = x1 处取得最小值 f (x1 ，因 f (x 在 x1,π 递增，故 f (x1 < f (π = 0； 又 f (0 = 2 > 0，根据零点存在定理，f (x 在 (0,x1 内存在一个零点， 加上恒成立的零点 x = π，此时 f (x 共有 2 个零点， 综上所述，当 a ≥ 0 时，f (x 有 1 个零点；当 a < 0 时，f (x 有 2 个零点. 5. (26 - 27 高三上·北京朝阳·开学考试) 已知函数 f(x) = aex+1 - x2 + 3. (1) 当 a =-1 时，求曲线 y = f (x (2) 求证：当 a < 0 时，函数 f (x 在点 A(-1,f(-1)) 处的切线方程；存在极大值； (3) 若 f (x 有三个不同的零点，求 a 的取值范围. 【答案】(1)x - y + 2 = 0； (2) 证明：因为 fr(x) = aex+1 - 2x， 又因为 a < 0，令 fr(x) = 0，得 aex+1 - 2x = 0，所以 ex+1 = 2 x， a 由两函数的图象可知，两函数在 (-∞,0) 上存在唯一一个交点，设此交点的横坐标为 x0，则当 x < x0 时，fr(x) > 0,f(x) 单调递增；当 x > x0 时，fr(x) < 0,f(x) 单调递减； 所以函数 f(x) 在 x = x0 处取极大值. (3) 0, 6 . ( e4 【分析】(1) 利用导数的几何意义求解即可； (2) 令 fr(x) = 0，得 aex+1 - 2x = 0，即有 ex+1 = 2 x，利用函数 y = ex+1 与 y = 2 x 图象的交点个数，从而确 a a 定 fr(x) = 0 的根的个数，判断出函数的单调性，即可得证明； (3) 将问题转化为直线 y = a 与函数 g(x及极值，再作出图象，利用图象求解即可. = x2 -3 ,x ∈ R 有三个不同交点，利用导数确定 g(x ex+1 的单调性 【详解】(1) 当 a =-1 时，f (x =-ex+1 - x2 + 3，所以 f (-1 =-1 - 1 + 3 = 1，即切点为 A(-1,1), 且 fr (x =-ex+1 - 2x，所以 fr (-1 =-1 + 2 = 1， 所以切线方程为 y - 1 = x + 1，即 x - y + 2 = 0； (2) 略； (3) 令 f (x = aex+1 - x2 + 3 = 0，得 a = x2 -3 ， ex+1 令 g(x = x2 -3 ,x ∈ R， ex+1 则直线 y = a 与函数 g(x 有三个不同交点， r 2xex+1 -(x2 -3 ex+1 -x2 + 2x+ 3 (x+ 1 (x-3 又因为 g (x = (ex+1 2 = =- ex+1 ， ex+1 令 gr (x = 0，得 x1 =-1,x2 = 3， 所以当 x ∈ (-∞, -1) 时，gr (x < 0,g(x 单调递减， 当 x ∈ (-1,3) 时，gr (x当 x ∈ (3, +∞) 时，gr (x > 0,g(x < 0,g(x 单调递增， 单调递减， 所以 g(x 在 x =-1 处取最得极小值 -2，在 x = 3 处取最得极大值为 6 ， e4 又因为当 x →-∞时，g(x →+∞，当 x →+∞时，g(x → 0， 作出 g(x 的图象，如图所示： 由此可得 0 < a < 6 ，所以实数 a 的取值范围为 0, 6 . e4 ( e4 6. (26 - 27 高三上·北京·开学考试) 设函数 f (x = x2 - 1 - 2tlnx，其中 t ≤ 1． (1) 若曲线 y = f(x) 在 (1,f(1)) 处的切线与直线 y = 2x 平行，求 t 的值； (2) 当 t = 1 时，判断函数 g(x) = (x - 1)f(x) 是否存在极值. 如果存在，求出所有的极值；如果不存在，说明理由. (3) 若函数 f (x 【答案】(1)t = 0 有且只有一个零点，求 t 的取值范围. (2) 当 t = 1 时，g(x) = (x - 1) (x2 - 1 - 2lnx)，定义域为 (0, +∞) gr (x = x2 - 1 - 2lnx + (x-1 2x- 2 x( = 3x2 - 2x - 3 - 2lnx + 2 . x r r 6x3 -2x2 -2x-2 (x-1)(6x2 + 4x+ 2) 令 ϕ(x) = g (x)，则 ϕ (x) = x2 = x2 ， 故 ϕ(x) 在 (0,1) 上单调递减，在 (1, +∞) 上单调递增，ϕ(x min = ϕ(1 = 0， 即 gr(x) ≥ 0 恒成立，仅 x = 1 时，gr(x) = 0 且 x = 1 两侧符号不变，故函数 g(x) 不存在极值. (3) {t|t ≤ 0，或 t = 1} 【分析】(1) 先求导再根据切线斜率和导数的关系代入计算即可； (2) 将 t = 1 代入原函数，求导并求出导函数值域分析即可； (3) 求导，根据 t 的取值情况讨论原函数单调性，再结合零点存在定理可求参数的取值范围. 【详解】(1) 函数 f(x) 的定义域为 (0, +∞)，fr(x) = 2x - 2t ， x 由题意得 fr (1 (2) 略 (3) 设函数 f (x = 2，所以 2 - 2t = 2，解得 t = 0. = x2 - 1 - 2tlnx，x ∈ (0, +∞)． 求导，得 fr (x = 2x - 2t x = 2x2 -2t . x ①当 t ≤ 0 时， 由 x ∈ (0, +∞)，得 fr (x · 0，所以 f (x 在 (0, +∞) 单调递增． 又因为 f (1 = 0，所以 y = f (x 有且仅有一个零点 1，符合题意． ②当 t = 1 时， 当 x 变化时，fr (x 与 f (x 的变化情况如下表所示： x (0,1) 1 (1, +∞) fr (x - 0 + f (x ↘ ↗ 所以 f (x 在 (0,1) 上单调递减，在 (1, +∞) 上单调递增， 所以当 x = 1 时，f (x * min = f (1 = 0， 故 y = f (x 有且仅有一个零点 1，符合题意． ③当 0 < t < 1 时， 令 fr (x * = 0，解得 x = t ． 当 x 变化时，fr (x 与 f (x 的变化情况如下表所示： x (0, t ) t ( t , +∞) fr (x - 0 + f (x ↘ ↗ 所以 f (x 在 (0, t ) 上单调递减，在 ( t , +∞) 上单调递增， 所以当 x = t 时，f (x min = f ( ．t 因为 f (1 = 0， t < 1，且 f (x 在 ( t , +∞) 上单调递增， 所以 f ( < f (1t - 1 = 0. - 1 - 1 - 1 - 1 又因为存在 e 2t ∈ (0,1)，f (e 2t = e t - 1 - 2tlne 2t = e t > 0， 所以存在 x0 ∈ (0,1) 使得 f (x0 = 0， 所以函数 y = f (x 综上，曲线 y = f (x 存在两个零点 x0，1，与题意不符. 有一个零点时，t 的范围是 {t|t ≤ 0，或 t = 1}. 8 7 学科网（北京）股份有限公司 利用 题型二 7. (26 - 27 高三上·湖北·阶段检测) 已知函数 f(x) = ex - ax，a ∈ R． (1) 若 a > 0，讨论函数 f(x) 的单调性； (2) 若 a > 0，存在 b ∈ R，使得 f(b) = 0，证明：b ≤ max{1,a}； (3) 当 0 < a ≤ 1 时，设 n ≥ 2，n ∈ N *，证明：在数列 { f(1),f(2),f(3), ⋯ ,f(n)} 中，必存在两个不同下标 i， j(1 ≤ i < j ≤ n)，使得  f(i)- f( j) < en -e ． n-1 【答案】(1) 单调递增区间是 (lna, +∞)，单调递减区间是 (-∞,lna) (2) 若 b ≤ 1，结论成立． 若 b > 1，有 a = eb ，要证 b ≤ max{1,a}，只需证 b ≤ a，即证 b ≤ eb ， b b 即证对任意 b > 1，b2 ≤ eb 恒成立． 令 h(x) = ex - x2，x > 1，则 hr (x = ex - 2x， 令 g(x = ex - 2x，gr (x = ex - 2 > 0， 当 x > 1 时，gr (1 = e - 2 > 0， 即 hr (x 在 (1, +∞) 上单调递增，hr (x > hr (1 = e - 2 > 0， h(x 在 (1, +∞) 上单调递增， h(x > h(1 = e - 1 > 0，即任意 b > 1 *，b2 ≤ eb *恒成立，即* b ≤ max1,a . (3) 反证法：令 M = en -e ， n-1 由前面可知，0 < a ≤ 1，f(x) = ex - ax 在 [1, +∞) 上单调递增，即 f(1) < f(2) < f(3) <⋯< f(n)， 即对每一个 k = 1,2,3, ⋯ n - 1，都有 f(k + 1) - f(k) ≥ M ， n-1 将这 n - 1 个式子累加有 f(n) - f(1) = Σ[ f(k+ 1)- f(k)] ≥ (n - 1)M = en - e，① k=1 另一方面 f(n) - f(1) = en - an - e + a = en - e - a(n - 1)，因为 0 < a ≤ 1，n ≥ 2，n ∈ N *， 所以 a(n - 1) > 0，即 f(n) - f(1) < en - e 与①矛盾， 故假设不成立，必存在两个不同下标 i,j(1 ≤ i < j ≤ n)，使  f(i)- f( j) < en -e ． n-1 【分析】(1) 常规含参函数讨论单调性； (2) 由 f (b = 0 分离参数，将两个变量转化为一个变量，从而得到需要证明 b2 ≤ eb，通过构造函数 h(x = ex - x2，利用导数研究函数 h(x (3) 由 (1) 的结论得到函数 f (x 【详解】(1) 因为 a > 0，令 fr (x = ex - x2 最值，即可得证； 的单调性，通过叠加构造 f (n = ex - a = 0，得 x = lna， - f (1 证明矛盾即可. 当 x > lna 时，fr (x > 0，f(x) 单调递增；当 x < lna 时，fr (x < 0，f(x) 单调递减， 即 f(x) 的单调递增区间是 (lna, +∞)，f(x) 的单调递减区间是 (-∞,lna)； (2) 略 (3) 略 8. (26 - 27 高三上·上海·开学考试) 知函数 f (x = x2 + (a -2 x + blnx(a >0,x>0 的图象上有不重合的 两点 P(x1,y1 ，Q(x2,y2 ． (1) 若 a = b = 2，f (x 的图象在 P，Q 两点处的切线相互平行，求 x1 + x2 的取值范围； 10 9 学科网（北京）股份有限公司 (2) 若 a =-b，设 PQ 的中点为 M (x ,y f (x1 - f (x2 < fr (x ． 0 0 ，求证： x -x 0 1 2 【答案】(1)(2,+∞ (2) 由题意 f (x = x2 + (a -2 x - alnx,(a >0,x>0 ， 则 fr (x = 2x + a - 2 - a ， x 因为 M (x0,y0 为 PQ 的中点，则 x = x1 + x2 ， 20 故 fr (x0 = 2x0 + a - 2 - a x0 = x1 + x2 + a - 2 - 2a ， x1+ x2 由 f (x1 - f (x2 x2+(a -2)x -alnx -x2-(a -2)x + alnx= 1 1 1 2 2 2 x1-x2 x2-x2+(a -2)(x -x -aln x1 x1-x2 aln x1 1 2 1 2 = x2 = x + x + a - 2 - x2 ， x1 -x2 1 2 x1 -x2 f (x - f (x aln x1 2a 故要证 1 2 x1-x2 < fr (x0 ，即证 - x2 <- x1-x2 ， x1+ x2 ln x1 由于 a > 0，即证 x2 > 2 ， x1-x2 x1+ x2 x 2(x -x x 2( x1 -1 不妨设 x1 > x2 > 0，只需证 ln 1 > 1 2 ，即证 ln 1 > x2 ， x2 x1+ x2 x1 2(t-1) x2 x1 + 1 2x (t-1)2 设 t =x 2 · 1，构造函数 h(t) = lnt - t+ 1 ，则 hr(t) = t(t+ 1) 2 > 0， 所以函数 h(t) 在 (1,+∞ 单调递增，故 h(t) > h(1) = 0， x 2( x1 -1 f (x - f (x 即 ln 1 > x2 x2 x1 + 1x 2 ，从而 1 2 x1-x2 < fr (x0 ． 【分析】(1) 由切线斜率相等得到 x1x2 = 1，再结合基本不等式即可求解； f (x - f (x x 2( x1 -1 (2) 先根据已知条件表示出 fr (x0 和 2(t-1) 1 2 x1-x2 ，然后将问题转化成 ln 1 > x2 x2 x1 + 1x 2 ，再构造新函 数 h(t) = lnt - t+ 1 ，求导通过单调性证明即可. 【详解】(1) 由题意：f (x = x2 + 2lnx，x > 0． 所以 fr (x = 2x + 2 ，x > 0． x 又因为 f (x 在 P(x1,f (x1 ，Q(x2,f (x2 两个不同点处的切线相互平行， 所以 fr (x1 = fr (x2 ⇒ 2x1 + 2 x1 = 2x2 + 2 x2 ，又 x1 ≠ x2，所以 x1x2 = 1， 因为 x1 > 0,x2 > 0 且 x1 ≠ x2，所以 x1 + x2 > 2 x1x2 = 2， 即 x1 + x2 的取值范围是 (2,+∞ . (2) 略 9. (26 - 27 高三上·湖南·开学考试) 已知 f (x = xex - 1 ax3 + ax(a ∈ R ． 3 (1) 若 a = 1，求 f (x 的图象在 (0,f (0 处的切线方程． (2) 若 f (x 有三个极值点 x1，x2，x3(x1<x2<x3 ． (i) 求 a 的取值范围； (ii) 证明：1 x1 + 1 x2 + 1 x3 > 0． 【答案】(1)y = 2x (2) (i)a ∈ (e2,+∞ (ii) ex2 -ax2+ a = 0 ex2 = a(x2-1 由 (i) 知 x1 =-1，0 < x2 < lna < x3，且 (ex3 -ax + a = 0 ，即 (ex3 = a(x -1 . 要证 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 > 0，即证 1 x2 + 1 x3 3 3 - 1 > 0， 即证 x2 + x3 - x2x3 > 0，即证 x2x3 - x2 - x3 + 1 < 1，即 (x2-1 (x3-1 < 1．即证 ex2+x3 < a2，即证 x2 + x3 < 2lna． 设 G(x = g(x - g(2lna -x ， 则 Gr (x = gr (x + gr (2lna -x = ex - a + e2lna-x - a = ex + a2 ex - 2a ≥ 2a - 2a = 0． 则 G(x 单调递增，而 G(lna = 0，则 G(x2 < 0，即 g(x3 = g(x2 < g(2lna -x2 ，x3 < 2lna - x2， 即 x2 + x3 < 2lna，即 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 · 0 证毕． 【分析】(1) 根据导数的几何意义，通过求导得到切线斜率，结合切点坐标即可求得切线方程. (2) (i) 先对原函数求导，将极值点问题转化为导函数零点问题，分离参数后通过研究新函数的单调性与值域确定参数范围； (ii) 将待证不等式逐步等价转化，最终转化为极值点偏移问题，通过构造对称函数证明结论. 【详解】(1) 当 a = 1 时，f (x = xex - 1 x3 + x，f (0 3 = 0 × e0 - 0 + 0 = 0，故切点为 (0,0 ． fr (x = ex + xex - x2 + 1，故 fr (0 = e0 + 0 × e0 - 0 + 1 = 1 + 1 = 2． 切线斜率为 2，得切线方程：y - 0 = 2(x-0 ， 所以 f (x 的图象在 (0,f (0 处的切线方程为 y = 2x． (2) (i)fr (x = (x+ 1 ex - ax2 + a = (x+ 1 (ex-ax+ a ，设 g(x = ex - ax + a， 若 a ≤ 0，则 g(x 单调递增，即其至多有一个零点，即 f (x 至多有两个极值点，不可能有三个极值点，故 a > 0． 当 x ≤ 0 时，g(x > 0 恒成立，故 x ∈ (-∞,-1 时 fr (x < 0； 当 x ∈ (-1,0 时 fr (x > 0，即 -1 为 f (x 的一个极小值点． 又 gr (x = ex - a，则 g(x 在 (-∞,lna 上单调递减，在 (lna,+∞ 上单调递增， 即 g(x 有最小值 g(lna = 2a - alna．2a -alna <0 f (x 有三个极值点，即 g(x 有两个变号零点 x2，x3，即 (lna >0 ，解得 a ∈ (e2,+∞ ． (ii) 略 【点睛】方法归纳： 1. 已知极值点个数求参数范围，可将问题转化为导函数零点个数问题，通过分离参数、研究辅助函数的单调性与值域求解. 2. 双变量不等式证明可通过等价转化，转化为极值点偏移问题，构造对称函数结合单调性证明. 12 ②略 1 学科网（北京）股份有限公司 10. (25 26 高二下·四川凉山·期末) 已知函数 f (x = xex - 2x3，g(x = x2 + λx，λ ∈ R． (1) 求曲线 y = f (x 在点 (1,f (1 处的切线方程； (2) 设函数 h(x = f (x + g(x ， x ①若函数 h(x ②若函数 h(x 在 R 上不具有单调性，求 λ 的取值范围； 有两个不同的极值点 x1，x2，求证：ln(ex1 +ex2 · 2ln2 【答案】(1)y = (2e-6 x - e + 4 (2) ① (-∞,2ln2 -2 ； ②要证 ln(ex1 +ex2 > 2ln2，因为 lnx 单调递增，只需证：ex1 + ex2 > 4. 由题意，x1 * ,x2 是 hr (x = 0 的两个根，故：ex1 = 2x1 - λ，ex2 = 2x2 - λ， 两式作差得：ex1 * - * ex2 * * = 2 x -x ，不妨设 x > x ，则 ex1 * -* ex2 * * = 2. ( 1 2 1 2 x1-x2 令 t = x1 - x2(t>0 ，则 x1 = x2 + t，所以 ex1 - ex2 = 2t ⇒ ex2 (et -1 = 2t， x 2t x 2tet x x 2tet 2t 2t(et+ 1 即 e 2 = et -1 ，所以 e 1 = et -1 ，因此 e 1 + e 2 = et -1 + et -1 = et -1 . x x 2t(et + 1 t t 要证 e 1 + e 2 > 4，只需证 et -1 · 4，即只需证 t(e + 1 · 2(e -1 . 令 u(t = t(et+ 1 - 2(et-1 ,t > 0，ur (t = et + 1 + tet - 2et = tet - et + 1， 令 m(t = ur (t ，则 mr (t = et + tet - et = tet > 0，所以 m(t 在 (0,+∞ 上单调递增， 因此 ur (t 在 (0,+∞ 上单调递增，则 ur (t · ur (0 = 0，所以 u(t 在 (0,+∞ 上单调递增， 所以 u(t · u(0 = 0，即 t(et+ 1 · 2(et-1 恒成立，因此 2t(et+ 1 恒成立，· 4 et -1 所以 ex1 + ex2 > 4 恒成立，因此 ln(ex1 +ex2 > 2ln2 成立. 【分析】(1) 直接由导数的几何意义可得切线方程； (2) ①直接用导数可得函数 h(x 的导函数的最小值，再令即 hr (x 的最小值小于零可得；②先由 x1 * ,x2 是 hr x = 0 的两个根，得 ex1 * -* ex2 * * = 2，再令 t = x - x t>0 ，从而将不等式转化为 t et + 1 > ( x1-x2 1 2( ( 2(et-1 ，再构造函数 u(t = t(et+ 1 - 2(et-1 ,t > 0，用导数判断 u(t · 0 成立可得. 【详解】(1) 由函数 f (x = xex - 2x3，所以 fr (x = ex + xex - 6x2，fr (1 = 2e - 6，f (1 = e - 2. 所以切点为 (1,e-2 ，切线的斜率为 k = 2e - 6， 由点斜式得切线方程：y - (e-2 = (2e-6 (x-1 ，整理得：y = (2e-6 x - e + 4. 因此曲线 y = f (x 在点 (1,f (1 处的切线方程为 y = (2e-6 x - e + 4. (2) ①由 h(x = f (x + g(x x = ex - 2x2 + x2 + λx = ex - x2 + λx，hr (x = ex - 2x + λ h(x 在 R 上不单调，等价于 hr (x 存在变号零点，即 hr (x 的最小值小于 0. 设 φ(x = ex - 2x + λ，求导得 φr (x = ex - 2，令 φr (x = 0 得 x = ln2. 当 x < ln2 时，φr (x < 0，φ(x 单调递减；当 x > ln2 时，φr (x · 0，φ(x 单调递增. 故 φ(x 的最小值为 φ(ln2 = 2 - 2ln2 + λ，且 x →±∞,φ(x →+∞ 所以令 φ(ln2 < 0，得 λ < 2ln2 - 2，因此 λ 的取值范围为 (-∞,2ln2 -2 . 11. (2026 广西桂林·一模) 已知函数 f (x = ex-1 - 1 ax2 - ax + 3 a，其中 a ∈ R. (1) 当 a = 1 2 时，求 f (x 在 (0,+∞ 2 2 上的单调性； (2) 若 f (x 存在两个极值点 x1,x2(x1<x2 . (i) 求 a 的取值范围； (ii) 当 x1 + x2 ∈  2 -1,2ln3 -2l e-1 时，求 x2+ 1 x1+ 1 的取值范围. 【答案】(1)f (x 在 (0,1 上单调递减，在 (1,+∞ 上单调递增 (2) (i) 1 ,+∞( e ；(ii)e,3 【分析】(1) 求导后，根据 fr (x 的正负即可确定 f (x 的单调性； (2) (i) 将问题转化为 y = a 与 h(x = ex-1 x+ 1 有两个不同交点，利用导数可求得 h(x 的单调性，进而得到 h(x 的图象，采用数形结合的方式可求得 a 的范围； (ii) 令 t1 = x1 + 1，t2 = x2 + 1，根据 x1 + x2 的取值范围可得到 t1 + t2 的范围，采用比值代换 m = t2 的方 t1 式，将问题转化为已知函数 φ(m (m+ 1 lnm = m-1 (m>1 的值域，求解定义域的问题. 【详解】(1) 当 a = 1 时，f (x = ex-1 - 1 x2 - 1 x + 3 ，∴ fr (x = ex-1 - 1 x - 1 ， 2 令 g(x = fr (x ，则 gr (x 4 2 4 2 2 = ex-1 - 1 ， 2 令 gr (x = 0，解得：x = 1 + ln 1 2 = 1 - ln2， ∴ 当 x ∈ (-∞,1 -ln2 时，gr (x < 0；当 x ∈ (1 -ln2,+∞ 时，gr (x · 0； ∴ g(x 在 (-∞,1 -ln2 上单调递减，在 (1 -ln2,+∞ 上单调递增， ∵ g(1 = fr (1 = 0，∴ g(1 -ln2 = fr (1 -ln2 < 0，又 g(0 = fr (0 = 1 e - 1 2 < 0， ∴ 当 x ∈ (0,1 时，fr (x < 0；当 x ∈ (1,+∞ 时，fr (x · 0； ∴ f (x 在 (0,1 上单调递减，在 (1,+∞ 上单调递增. (2) (i) 由题意知：fr (x = ex-1 - ax - a， ∵ f (x 存在两个极值点 x1,x2，∴ fr (x = 0 存在两个变号零点 x1,x2， 令 fr (x = 0，即 ex-1 - a(x+ 1 = 0，显然 x =-1 不是方程 ex-1 - a(x+ 1 = 0 的根， ∴ a = ex-1 有两个不等实根 x ,x ， 设 h(x x+ 1 = ex-1 x+ 1 1 ，则 y = a 与 h(x 2 有两个不同交点， ∵ hr (x = xex-1 (x+ 1 2 ，∴ 当 x ∈ (-∞,-1 ∪ (-1,0 时，hr (x < 0；当 x ∈ (0,+∞ 时，hr (x · 0； 当 x →-∞时，h(x → 0；当 x 从负方向趋近 -1 时，h(x →-∞； 当 x 从正方向趋近 -1 时，h(x →+∞；当 x →+∞时，h(x →+∞；h(0 = 1 ； e 由此可得 h(x 图象如下图所示， 14 1 学科网（北京）股份有限公司 ∴ 若 y = a 与 h(x 有两个不同交点，则 a ∈ 1 ,+∞ . e( (ii) 由 (i) 知：a = ex1-1 = ex2-1 ，x ∈ -1,0 ，x ∈ 0,+∞ ， x1+ 1 x2 + 1 1 ( 2 ( 令 t1 = x1 + 1 > 0，t2 = x2 + 1 > 0，且 t1 < t2， 则 t + t = x + x + 2 ∈  2 + 1,2ln3 ，a = et1-2 = et2-2 ， 1 2 1 2 l e-1 t1 t2 ∴ lna = t1 - 2 - lnt1 = t2 - 2 - lnt2， 设 m = t2 (m>1 t1 ，则 t2 = mt1，∴ t1 - 2 - lnt1 = mt1 - 2 - lnm - lnt1， ∴ t = lnm ，t = mlnm ，∴ t + t = (m+ 1 lnm ∈  2 + 1,2ln3 ， 1 m-1 2 m-1 1 2 m-1 l e-1 设 φ(m = (m+ 1 lnm (m>1 ，则 φr (m =- 2lnm + m+ 1 = m2 -1 -2mlnm ， m-1 (m-1 2 m(m-1 m(m-1 2 令 p(m = m2 - 1 - 2mlnm(m>1 ，则 pr (m = 2m - 2lnm - 2 = 2(m-1 -lnm ， 令 q(m = pr (m ，则 qr (m = 2 - 2 m = 2m-2 m · 0， ∴ pr (m 在 (1,+∞ 上单调递增，∴ pr (m · pr (1 = 0， ∴ p(m ∴ φ(m 在 (1,+∞ 在 (1,+∞ 上单调递增，∴ p(m上单调递增， · p(1 = 0，即 φr (m · 0， 又 φ(e = e+ 1 e-1 = 2 + 1，φ(3 e-1 = 2ln3，∴ e ≤ m ≤ 3， ∴ e ≤ t2 t1 ≤ 3，即 x2 + 1 x1+ 1 的取值范围为 e,3 . 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点 (极值点) 个数问题的方法： (1) 直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与 x 轴的交点问题； (2) 构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； (3) 分离变量法：由 f (x 象的交点问题. = 0 分离变量得出 a = g(x ，将问题等价转化为直线 y = a 与函数 y = g(x 的图 12. (25 26 高三上·浙江台州·期中) 已知函数 f (x = alnx - x-1 ,a ∈ R. x+ 1 (1) 当 a = 1 2 时，求函数 f (x 的单调区间； (2) 若函数 f (x 有两个极值点 x1,x2.(ii) 证明： f x - f x ( 1 ( 2 x -x 1 2 > a -2a a -1 2 【答案】(1)f (x 在 (0,+∞ 上单调递增. (i) 求 a 的取值范围； (2) (i) 0, 1 ；( 2 (ii) 由 (i)0 < a < 1 2(1 -a 且 x + x = ,x x = 1，不妨设 0 < x < 1 < x ， 2 1 2 a 1 2 1 2 f (x - f (x alnx1- x1 -1 -alnx2+ x2 -1 则 1 2 x1-x2 = x1+ 1 x2+ 1 x1-x2 aln x1 - 2(x1-x2 = x2 (x1+ 1 (x2+ 1 x1-x2 aln x1 = x2 - x1-x2 2 x1x2+ x1+ x2+ 1 = a(lnx1-lnx2 - a， x1-x2 要证 f (x1 - f (x2 > a -2a2 ，需证 lnx1-lnx2 - 1 > 1 -2a ，即 lnx1-lnx2 · a ， x1-x2 只需证 lnx1-lnx2 x1-x2 a -1 · 2 ， x1+ x2 x1-x2 a -1 x1-x2 1 -a x x1 -1 x 即 1 ln 1 < x2 ，令 t = 1 ∈ (0,1 ，则证 1 lnt < t-1 ， 2 x2 x1 + 1 x2x 2 2 t+ 1 由 (1) 可知当 a = 1 时，f (x = 1 lnx - x-1 在 (0,+∞ 上递增， 2 又 0 < t < 1，故 f (t 即 1 lnt < t-1 ， 2 < f (1 = 0， x+ 1 2 t+ 1 f (x1 - f (x2 a -2a2 综上， x -x > a -1 . 1 2 (x-1)2 【分析】(1) 由题意得 fr (x = ≥ 0 恒成立，即可得到 f (x 单调性. 2x(x+ 1)2= ( (2) (i)fr (x ax2 + 2 a -1 x+ a x(x+ 1)2 根据二次函数分析 a ≤ 0 不符合题意，则 a > 0，f (x 有两个极值点，则 x1,x2 是 ax2 + 2(a -1 x + a = 0 的两个不同正根，根据二次函数性质，可得 a 的取值范围. (ii) 将 f (x 解析式代入 f (x1 - f (x2 中，根据韦达定理得到 f (x1 - f (x2 = a(lnx1 -lnx2 - a，代入 x1-x2 要证明的式子，结合第一问结果，化简即可得到结果. x1-x2 x1-x2 【详解】(1) 当 a = 1 时，f (x = 1 lnx - x-1 (x > 0)， fr (x = 1 - 2x 2 2 = (x+ 1)2 2 x2 -2x+ 1 = 2x(x+ 1)2 x+ 1 (x-1)2 . 2x(x+ 1)2 显然 fr (x ≥ 0，当且仅当 x = 1 时等号成立， 所以 f (x 在 (0,+∞ 上单调递增. (2) (i) r a 2 ax2+ 2(a -1 x+ a 由题设 f (x = x - (x+ 1)2 = x(x+ 1)2 且 x > 0， 若 a ≤ 0，则 fr (x < 0 在 (0,+∞ 上恒成立， 即 f (x 单调递减，不可能有两个极值点，不符合题意；故 a > 0，又 f (x 有两个极值点， 则 x1,x2 是 ax2 + 2(a -1 x + a = 0 的两个不同正根， Δ= 4(a -1 2-4a2= 4(1 -2a 所以 x + x =- 2(a -1 >0 >0 ，可得 0 < a < 1 ，即 a 的取值范围是 0, 1 . 1 学科网（北京）股份有限公司 ( 1 2 a 2 ( 2 a >0 (ii) 略 【点睛】关键点点睛： f (x 有两个极值点 x1,x2，函数 fr (x 有两个正根，利用二次函数性质得出 a 的范围. 将函数 f (x 解析式代入 f (x1 - f (x2 中，利用韦达定理化简式子，再利用第一问的结果证明出结果. x1-x2 $