二阶导数与洛必达法则专项训练-2027届高三数学一轮复习

二阶导数与洛必达法则 目录 命题规律 ... 知识梳理 .. 【题型 二阶导解决函数单调性问题 .. 【题型 二阶导解决函数极值 最值问题 .. 【题型 二阶导解决不等式恒成立问题 .. 【题型 二阶导解决函数零点问题 . 【题型 二阶导证明不等式 . 【题型 利用二阶导解决其他问题 . 【题型 洛必达法则 . 过关测试 ..... 命题规律 1. 导数中的二阶导与洛必达法则 导数是高中数学的重要考查内容，而导数中的二阶导与洛必达法则也是高考考查的一个重点内容. 从近几年的高考情况来看，对于有些问题求一次导数之后无法求出导函数的根，甚至也不能直接看出导函数的正负，因此无法判断单调性，所以在高考中就可能用到二阶导数；“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法 (避免分类讨论) 解决成立或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处 35 学科网（北京）股份有限公司 的函数 (最) 值，若出现 0 0 型或 ∞ ∞ 型可以考虑使用洛必达法则，这类问题难度较大，复习是要加强这 方面的训练. 知识点1 二阶导函数 1. 二阶导及其用法 知识梳理 要想判断函数 f (x) 的单调性，则需要对函数 f (x) 进行求导，并判断 f'(x) 的正负，如果 f'(x) 的正负无法判断 ，则把 f'(x) 或者 f'(x) 中不能判断正负的部分 (通常为分子部分) 设为 新函数g(x) ，进而通过对函数 g(x) 进行求导，进而求 g(x) 的最值，如果有 g(x)min > 0 或 g(x)max < 0，则可判断出 f'(x) 的正负，进一步可判断出函数 f(x) 的单调性，进而可继续求解问题. 2. 二阶导问题的解题步骤 解决这类问题的一般解题步骤为：第一步，求函数 f(x) 的定义域； 第二步，求函数 f(x) 的导数 f'(x)，并且无法判断导函数 f'(x) 的正负；第三步，构造 函数 g(x) = f'(x)，对 g(x) 求导，得到 g'(x)； 第四步，找到 x，g'(x)，g(x) 的变化关系表； 第五步，判断出 f'(x) 的正负，进而得出函数 f(x) 的 单调性 ，进一步解答问题. 知识点2 洛必达法则 “洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法 (避免分类讨论) 解决成立或恒成立命题时，经常 需要求在区间端点处的函数 (最) 值，若出现 0 0 型或 ∞ ∞ 型可以考虑使用洛必达法则. 1. 洛必达法则 法则 1 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) lim f(x) = 0 及 limg(x) = 0； x→a x→a (2) 在点 a 的去心邻域内，f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x) ≠ 0； (3) lim fr(x) x→a gr(x) = A，那么 lim f(x) x→a g(x) = lim fr(x) x→a gr(x) = A. 法则 2 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) lim f(x) = ∞及 limg(x) = ∞； x→a x→a (2) 在点 a 的去心邻域内，f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x) ≠ 0； (3) lim fr(x) x→a gr(x) = A，那么 lim f(x) x→a g(x) = lim fr(x) x→a gr(x) = A. 2. 用洛必达法则处理 型函数的步骤： (1) 分离 变量； (2) 出现 0 0 型式子； (3) 运用洛必达法则求值. 3. 用洛必达法则处理 ∞ 型函数的步骤： (1) 分离 变量； (2) 出现 ∞ ∞ 型式子； (3) 运用洛必达法则求值. 【注意 1. 将上面公式中的 x → a，x → ∞换成 x →+∞，x →-∞，x → a+，x → a-，洛必达法则也成立. 2. 洛必达法则可处理 0 ，∞ ，0，∞，1∞，∞0，00，∞ -∞型求极限问题. 0 ∞ 3. 在着手求极限前，首先要检查是否满足 0 ，∞ ，0，∞，1∞ ，∞0 ，00 ，∞ -∞型定式，否则滥用洛必达法则 0 ∞ 会出错，当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求 极限. 4. 若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止. lim f(x) x→a g(x) = lim fr(x) x→a gr(x) = lim f(x) x→a g(x) ，如满足条件，可继续使用洛必达法则. 【题型 二阶导解决函数单调性问题 1. (2025·浙江杭州·模拟预测) 定义在 (0, +∞ 上的可导函数 f (x ，满足 fr (x + 2f (x = lnx ，且 f (e = 1 ，若 a = f (3 2e ，b = f (2 ，c = f (e ，则 a、b、c 的大小关系是 ( ) x x2 A. a > b > c B. a > c > b C. b > c > a D. c > b > a 【答案】C 【解题思路】根据题意，结合条件求导可得 f (x 关系. 在 (0,+∞ 上为减函数，由其单调性即可判断 a、b、c 的大小 【解答过程】由已知可得：x2 fr (x + 2xf (x = lnx，令 g(x = x2 f (x ， 则 gr (x = x2 fr (x + 2xf (x = lnx， g(x r xgr (x -2g(x xlnx-2g(x 且 f (x = x2 ,f (x = = ， x3 x3 再令 h(x = xlnx - 2g(x ，则 hr (x = 1 + lnx - 2gr (x = 1 - lnx， ∴ 当 x ∈ (0,e 时，hr (x · 0，即函数 h(x 在 (0,e 上为增函数， 当 x ∈ (e,+∞ 时，hr (x < 0，即函数 h(x 在 (e,+∞ 上为减函数， ∴ h(x ≤ h(e = e - 2g(e = e - 2e2 f (e = 0， ∴ fr (x ≤ 0 在 (0,+∞ 上恒成立，∴ f (x 在 (0,+∞ 上为减函数； ∵ 2 < e < 3，∴ f (2 故选：C. > f (e > f (3 ，即 b > c > a. 2. (2025·安徽蚌埠·三模) 已知函数 f (x) 及其导函数 fr(x) 的定义域都是 R，若函数 f (x) 是偶函数，fr(x) + ex + x 也是偶函数，且 f(a) > f(3a - 1)，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (-∞, 1 B. ( 1 ,+∞ C. ( 1 , 1 D. (-∞, 1 ∪ ( 1 ,+∞ 2 2 4 2 4 2 【答案】D 【解题思路】由偶函数的定义结合导数可得出 fr (x =-fr (-x ，由已知可得出 fr (x + ex + x = fr (-x + e-x - x，可求出 fr (x 的表达式，利用导数分析函数 fr (x 的单调性，可知函数 f (x 在 0,+∞ 上为减函数，再 由 f(a) > f(3a - 1) 可得出 f ( a > f ( 3a -1 ，可得出关于实数 a 的不等式，解之即可. 【解答过程】因为 f (x 为偶函数，则 f (x = f (-x ，等式两边求导可得 fr (x =-fr (-x ，① 因为函数 fr (x + ex + x 为偶函数，则 fr (x + ex + x = fr (-x + e-x - x，② 联立①②可得 fr (x = e-x -ex 2 - x， 令 g(x = fr (x ，则 gr (x = -ex -e-x 2 - 1 < 0，且 gr (x 不恒为零， 所以，函数 g(x 在 R 上为减函数，即函数 fr (x 在 R 上为减函数， 故当 x > 0 时，fr (x < fr (0 = 0，所以，函数 f (x 在 0,+∞ 上为减函数， 由 f(a) > f(3a - 1) 可得 f ( a > f ( 3a -1 ， 所以，a < 3a -1 ，整理可得 8a2 - 6a + 1 > 0，解得 a < 1 4 或 a > 1 . 2 故选：D. 3. (2025·贵州黔东南·三模) 设函数 f(x) = lnx + x - ax2,a ∈ R． (1) 若 a = 1，试求函数 f(x) 的极值； (2) 设 g(x) = f 1( x ，讨论 g(x) 的单调性． 【答案】(1)f (x 的极大值为 0，无极小值 (2) 当 a ≤ 0 时，g(x 的单调减区间为 (0,+∞ ，无增区间；( ( 当 a > 0 时，g(x 的单调增区间为 0, 1 + 8a -1 2 ，单调减区间为 1 + 8a -1 ,+∞ 2 【解题思路】(1) 利用导数研究单调性，即可求得函数 f (x 的极值；( (2) 由题意得 g(x = f 1 x =-lnx + 1 x - a x2 ，即 gr (x =- x2 + x-2a ，令 h(x x3 = x2 + x - 2a，由 a ≤ 0 和 a · 0 分类讨论即可. 【解答过程】(1) 当 a = 1 时，f (x = lnx + x - x2，函数 f (x 的定义域为 (0,+∞ ， 所以 fr (x = 1 x + 1 - 2x = 1 + x-2x2 x = (1 + 2x (1 -x ，令 fr (x x = 0 有 x = 1， 由 fr (x > 0 有 0 < x < 1，fr (x < 0 有 x > 1， 所以 f (x 在 (0,1 上单调递增，在 (1,+∞ 上单调递减， 所以 f (x 的极大值为 f (1 = ln1 + 1 - 1 = 0，无极小值；( (2) 由 g(x = f 1 x = ln 1 x + 1 x - a x2 =-lnx + 1 x - a ， x2 所以 g(x 的定义域为 (0,+∞ ， 所以 gr (x =- 1 x - 1 x2 + 2a x3 =- x2 + x-2a ，令 h(x x3 = x2 + x - 2a， 当 a ≤ 0 时，h(x > 0，gr (x < 0，所以 g(x 在 (0,+∞ 单调递减； 当 a > 0 时，令 h(x = 0 有 x2 + x - 2a = 0，Δ = 1 + 8a > 0，1 + 8a 所以 x = -1 + 0 2 = 1 + 8a -1 2 > 0， 所以由 h(x > 0 有 x > x0，gr (x < 0，h(x < 0 有 0 < x < x0，gr (x > 0， 所以 g(x 在 (0,x0 单调递增，在 (x0,+∞ 单调递减，( ( 所以 g(x 的单调增区间为 0, 1 + 8a -1 2 ，单调减区间为 1 + 8a -1 ,+∞ ； 2 综上有：当 a ≤ 0 时，g(x 的单调减区间为 (0,+∞ ，无增区间；( ( 当 a > 0 时，g(x 的单调增区间为 0, 1 + 8a -1 2 ，单调减区间为 1 + 8a -1 ,+∞ . 2 4. (2025·海南·模拟预测) 已知函数 f(x) = (ea-x+ 1 x,a ∈ R． (1) 当 a = 2 时，求 f(x) 的单调区间与极值点； (2) 已知 f(x) 有两个极值点 x1 < 2 < x2，证明：x1 + x2 > 3． 【答案】(1) 单调递增区间为 R，无减区间，无极值点 (2) 过程见解析. 【解题思路】(1) 求导，研究导函数的正负性即可判断其单调性； (2)x1,x2 为 fr(x) =-xea-x + ea-x + 1 = 0 的两根，化简得出 ex2-x1 = x2 -1 ，令 t = x2 - x1 > 0，则 x1 + x2 = x1-1 tet + 2et + t-2 ，构造函数 k(t et -1 = tet - et + t + 1,t > 0 即可求证. 【解答过程】(1) 当 a = 2 时，f(x) = (e2-x+ 1 x，则 fr(x) =-xe2-x + e2-x + 1， 令 g(x = fr(x) =-xe2-x + e2-x + 1，则 gr (x =-e2-x + xe2-x - e2-x = e2-x(x-2 ， 则 gr (x > 0 得 x > 2；gr (x < 0 得 x < 2， 则 g(x = fr (x 在 (-∞,2 上单调递减，在 (2,+∞ 上单调递增， 则 fr (x ≥ fr (2 = 0，故 f (x 的单调递增区间为 R，无减区间，无极值点. (2) 因 f(x) 有两个极值点 x1 < 2 < x2，则 x1,x2 为 fr(x) =-xea-x + ea-x + 1 = 0 的两根， 即 (x1-1 ea-x1 = 1,(x2-1 ea-x2 = 1，即 (x1-1 ea-x1 = (x2-1 ea-x2 ，即 ex2-x1 = x2 -1 ， x1-1 令 t = x - x > 0，则 x = et + t-1 ，x = tet +et -1 ， 2 1 1 et -1 2 et -1 则 x + x = et + t-1 + tet +et -1 = tet + 2et + t-2 ， 1 2 et -1 et -1 et -1 欲证 x1 + x2 > 3，只需证 tet - et + t + 1 > 0， 令 k(t = tet - et + t + 1,t > 0，则 kr (t = tet + 1 > 0， 故 k(t 在 (0,+∞ 上单调递增，则 k(t > k(0 = 0，则 tet - et + t + 1 > 0 成立， 故 x1 + x2 > 3 得证. 【题型 二阶导解决函数极值 最值问题 5. (2025·河北·模拟预测) 已知函数 f (x = mlnx + x2 - 2mx，m ∈ R，若函数 f (x 在 (0,+∞ 上有两个不 同的极值点 x1,x2，则 f (x1 + f (x2 的取值范围是 ( ) A. (-∞,-6 【答案】A B. (-∞,-3 C. (-∞,-ln2-2 D. (-∞,4ln2 -20 【解题思路】先求得 fr (x = m + 2x - 2m，根据题意，转化为 2x2 - 2mx + m = 0 有两个不同的正实数根， x 由 Δ > 0 及韦达定理，得到 m > 2，再由 f (x1 + f (x2 = mln m 2( - m2 - m，令 g(m = mln m 2( - m2 - m,m > 2，求得 gr (m 到答案. = ln m 2( - 2m，利用导数，求得 g(m 在 (2, +∞) 单调递减，得到 g(m <-6，即可得 【解答过程】由函数 f (x = mlnx + x2 - 2mx，可得其定义域为 (0, +∞)，且 fr (x = m + 2x - 2m， x 令 fr (x = 0，即 m x + 2x - 2m = 0，可得 2x2 - 2mx + m = 0， 因为函数 f (x 在 (0,+∞ 上有两个不同的极值点 x1,x2， 所以方程 2x2 - 2mx + m = 0 有两个不同的正实数根， 则满足 Δ = (-2m)2 - 8m > 0，解得 m < 0 或 m > 2，且 x1 + x2 = m > 0,x1x2 = m > 0，2 则 m > 0，所以 m > 2， 又由 f (x1 + f (x2 = m(lnx1 + lnx2) + (x2 + x2) - 2m(x1 + x2)1 2 = mln(x1x2) + (x1 + x2)2 - 2x1x2 - 2m(x1 + x2)( ( = mln m 2( + m2 - 2 × m 2 - 2m2 = mln m 2 - m2 - m，其中 m > 2， 令 g(m = mln m 2 - m2 - m，其中 m > 2，可得 gr (m = ln m 2( - 2m， 再令 h(m = gr (m = ln m 2( - 2m,m > 2，可得 hr (m = 1 m - 2 < 0， 所以 h(m 单调递减，因为 h(2 =-4 < 0，所以 h(m < 0，即 gr (m < 0， 所以函数 g(m 在 (2, +∞) 单调递减，所以 g(m < g(2 =-6， 所以 f (x1 + f (x2 的取值范围是 (-∞, -6). 故选：A. 6. (2025·云南·三模) 设函数 f (x) = x + ex ，g(x) = x + lnx，若存在 x1,x2，使得 f (x1 的最大值为 ( ) A. - 1 B. - 2 C. - e D. - 3 【答案】A = g(x2 ，则 x1 ex1 · x2 【解题思路】由 f (x1 = g(x2 ，得到 x1 + ex1 = elnx2 + lnx2，又由 fr(x) > 0，得到 f(x) 在 R 上单调递增，得到 x1 · x = lnx2 - x = lnx2-x2 h(x) = lnx-x2 hr(x) = 1 -x2 -lnx m(x) = 1 - x2 -lnx(x ex1 2 x2 2 2 ，令 x2 x ，求得 x2 ，令 · 0)，求得 mr(x) < 0，得到 m(x) 在 (0, +∞) 上单调递减，且 m(1) = 0，进而得到 h(x) 的单调性和极值 (最值)，即可求解. 【解答过程】由 f (x1 = g(x2 ，可得 x1 + ex1 = x2 + lnx2，所以 x1 + ex1 = elnx2 + lnx2，又由 fr(x) = 1 + ex > 0，所 以 f(x) 在 R 上单调递增， 因为 f (x1 = f (lnx2 ，所以 x1 = lnx2，所以 x1 ex1 · x2 = lnx2 x2 · x = lnx2-x2 22 x ， 2 令 h(x) = lnx-x2 ,x ∈ (0, +∞)，则 hr(x) = 1 -2x2 -lnx+ x2 = 1 -x2 -lnx ,x > 0， x x2 x2 令 m(x) = 1 - x2 -lnx(x > 0)，则 mr(x) =-2x - 1 (x > 0)，可得 mr(x) < 0， x 所以 m(x) 在 (0, +∞) 上单调递减，且 m(1) = 0， 当 x ∈ (0,1) 时，m(x) > 0，hr(x) > 0，则 h(x) 在 (0,1) 上单调递增； 当 x ∈ (1, +∞) 时，m(x) < 0，hr(x) < 0，则 h(x) 在 (1, +∞) 上单调递减，所以当 x = 1 时，h(x) 有极大值，即最大值，所以 h(x) ≤ h(1) =-1. 故选：A． 7. (2025·北京·二模) 已知函数 f (x = a(x-1 ex - lnx，其中 a > 0． (1) 若曲线 y = f (x 在点 (1,f (1 处的切线经过点 (2,2 ，求 a 的值； (2) 证明：函数 f (x 存在极小值； (3) 记函数 f (x 【答案】(1)a = 3 e (2) 证明见解析 (3) 0 的最小值为 g(a ，求 g(a 的最大值． 【解题思路】(1) 由导数的几何意义确定切线方程，进而可求解； (2) 通过二次求导，确定函数的单调性，即可求证；= (3) 由 (2) 得到 g(a = f (x0 x0-1 2x 0 · lnx0，构造函数 h(x = x-1 x2 · lnx，求导确定单调性，进而可求解. 【解答过程】(1) 求导，得 fr (x = axex - 1 ， x 所以 f (1 = 0，fr (1 = ae - 1， 故曲线 y = f (x 在点 (1,f (1 处的切线方程为 y = (ae -1 (x-1 ， 将点 (2,2 代入切线方程，得 a = 3 ． e (2) 函数 f (x 的定义域为 (0,+∞ ,fr (x = ax2ex -1 ． x 设函数 m(x = ax2ex - 1，则 mr (x = a(x2+ 2x ex， 由 x > 0，得 mr (x > 0， 所以函数 m(x 在 (0,+∞ 上单调递增， 因为 m(0 =-1 < 0,m( 1 = e 1 a - 1 > 0， 所以存在唯一的 x0 ∈ (0, 1 a a ，使得 m(x0 = 0，即 fr (x0 = 0． 当 x 变化时，fr (x 与 f (x 的变化情况如下： x (0,x0 x0 (x0,+∞ fr (x - 0 + f (x ↘ 极小值 ↗ 所以函数 f (x 在 (0,x0 上单调递减，在 (x0,+∞ 上单调递增． 故函数 f (x 存在极小值 f (x0 ． (3) 由 (2) 知，函数 f (x 有最小值 f(x)min = f (x0 = g(a ． 由 fr (x0 = ax0ex0 - 1 x0 = 0，得 a = 1 ． ex0x20 所以 g(a = f (x0 = a(x0-1 ex0 - lnx0 = x0 -1 0x 2 · lnx0． 设函数 h(x = x-1 x2 · lnx，则 hr (x = -(x+ 2 (x-1 ． x3 今 hr (x = 0，得 x =-2(舍) 或 x = 1． 当 x 变化时，hr (x 与 h(x 的变化情况如下： x (0,1 1 (1,+∞ hr (x + 0 - h(x ↗ 极大值 ↘ 所以函数 h(x 在 (0,1 上单调递增，在 (1,+∞ 上单调递减． 所以当 x = 1 时，h(x)max = h(1 = 0，即当 x0 = 1 时，f (x0 max = 0． 结合 a = 1 ，知当 x0 = 1 时，a = 1 ． ex0x2 e0 由函数 y = 1 (x > 0) 的导数 yr = -(x+ 2 < 0，知其在区间 (0,+∞ 上单调递减， exx2 故当且仅当 a = 1 e 时 x0 = 1． exx3 所以当 a = 1 e 时，g(a 取得最大值 0． 8. (2025·北京海淀·三模) 已知 f (x = x + a ． 2x+ 1 (1) 当 a = 0 时，求函数 f (x 的极值点和极值； (2) a ∈ (- 1 ,- 1 时，求函数 f (x 在 1,4 上的最小值； 2 4 (3) 若不等式 f (x ≥ 1 4 的解集非空，求 a 取值范围． 【答案】(1) 极大值点 x = 1 ，极大值 2 ，无极小值点和极小值； (2) f (4 2 4 = 2 + a 9 (3) - 1 ,+∞ l 4 【解题思路】(1) 求出导函数，得出单调性，进而求出极值和极值点情况；1 2 x (2) 求出 fr (x ，根据 g(x = - x - 2a 的值域确定出 fr (x 的正负性，进而得出单调性即可求最值； (3) 将问题转化为 ∃ x ∈ 0,+∞ 使得 4a - 1 ≥ 2x - 4 x 成立，求 y = 2x - 4 x 的最小值即可. 【解答过程】(1)f (x = x + a 2x+ 1 的定义域为 0,+∞ ， 1 (2x+ 1 x -2 1 -2x 当 a = 0 时，f (x = 2x+ 1 ，fr (x = 2 x = ， (2x+ 1 2x 2 x (2x+ 1 2 由 fr (x > 0 得 0 ≤ x < 1 ；fr (x 2 < 0 得 x > 1 ； 2 则 f (x 在 0, 1 上单调递增，在 ( 1 ,+∞ 上单调递减， l 2 2 则 f (x 的极大值点为 x = 1 ，极大值为 f ( 1 = 2 ，无极小值点和极小值； 2 2 4 1 (2x+ 1 -2( x + a 1 - x -2a (2) 因 fr (x = 2 x = 2 x ， (2x+ 1 2 (2x+ 1 2 令 g(x = 1 - x - 2a，则 gr (x =- 1 - 1 < 0 在 1,4 上恒成立，x x x 2 4x 2 故 g(x = 1 - x - 2a 在 1,4 上单调递减，则 g(x ∈ - 7 -2a,- 1 -2a ， 2 l 4 2x 因 a ∈ (- 1 ,- 1 ，则 - 7 - 2a ∈ (- 5 ,- 3 ，- 1 - 2a ∈ (0, 1 ， 2 4 4 4 4 2 2 则存在 x0 ∈ (1,4 使得 g(x0 = 1 - x0 - 2a = 0， 2x0 故 1 ≤ x < x0 时 g(x > 0，fr (x > 0；x0 < x ≤ 4 时 g(x < 0，fr (x < 0； 故 f (x 在 1,x0 上单调递增，在 (x0,4 上单调递减， 又 f (1 = 1 + a ，f (4 3 = 2 + a ，则 f (1 9 - f (4 = 1 + a 3 - 2 + a 9 = 2a + 1 9 > 0， 故函数 f (x 在 1,4 上的最小值为 f (4 = 2 + a . 9 (3) 由题意可知，∃ x ∈ 0,+∞ 使得 f (x = x + a 2x+ 1 ≥ 1 4 成立， 即 ∃ x ∈ 0,+∞ 使得 4a - 1 ≥ 2x - 4 x 成立， 又 y = 2x - 4 x = 2( x -1 2 - 2 ≥-2，则 4a - 1 ≥-2，即 a ≥- 1 ， 4 故 a 的取值范围为 - 1 ,+∞ . l 4 【题型 二阶导解决不等式恒成立问题 9. (24 - 25 高三下·广东广州·阶段练习) ∀ x ∈ (0,+∞ 实数 a 的最大值是 ( )D. e ，不等式 ex + 1 ≥ 2 a2x+ 1 x( ln(ax 恒成立，则正 A. e 2 【答案】Ae C. e - 1 B. 2 【解题思路】将所求不等式变形为 (ex+ 1 lnex ≥ (ax 2+ 1 ln(ax 2，构造函数 f (x = (x+ 1 lnx，分析函数 x f (x 的单调性，则所求不等式即为 f (ex ≥ f ( (ax 2 ，可得出 ex ≥ (ax 2，由参变量分离法可得出 a ≤ e 2 对 x ∀ x ∈ (0,+∞ 值. 恒成立，利用导数求出函数 h(x x = e 2 x 在 (0,+∞ 上的最小值，由此可得出正实数 a 的最大 【解答过程】将不等式 ex + 1 ≥ 2 a2x+ 1( x ln(ax 变形可得 x(ex+ 1 ≥ (a2x2+ 1 ln(ax 2， 即 (ex+ 1 lnex ≥ (ax 2+ 1 ln(ax 2， 构造函数 f (x = (x+ 1 lnx，可得 fr (x = lnx + (x+ 1 ⋅ 1 x = lnx + 1 x + 1， 令 g(x = fr (x = lnx + 1 x + 1，则 gr (x = 1 x - 1 x2 = x-1 ， x2 所以当 x ∈ (0,1 时，gr (x = x-1 x2 < 0，即 g(x 在 (0,1 上单调递减， 当当 x ∈ (1,+∞ 时，gr (x = x-1 x2 · 0，即 g(x 在 (1,+∞ 上单调递增， 所以 g(x ≥ g(1 = 2，即 fr (x ≥ 2，所以函数 f (x 在 (0,+∞ 上单调递增， 利用单调性并根据 (ex + 1 lnex ≥ (ax 2+ 1 ln(ax 2 可得 f (ex ≥ f ( (ax 2 ，则有 ex ≥ (ax 2， x x( x 又 a > 0,x > 0，即可得 e 2 ≥ ax，即 a ≤ e 2 对 ∀ x ∈ (0,+∞ x 恒成立，因此 a ≤ e 2 x min 即可， x 1 x x x 1 令 h(x = e 2 x ，x ∈ (0,+∞ ，则 hr (x 2 xe 2 -e 2 = x2 e 2 ( 2 x-1 = x2 ， 显然当 x ∈ (0,2 时，hr (x < 0，即函数 h(x 在 (0,2 上单调递减， 当 x ∈ (2,+∞ 时，hr (x > 0，即函数 h(x 在 (2,+∞ 上单调递增， x 所以 h(x min = h(2 = e ，即 a ≤ ( e 2 = e ，因此正实数 a 的最大值是 e . 2 x min 2 2 故选：A. 10. (2025·辽宁·一模) 已知函数 f (x = e2x - e-2x - ax ，若 x ≥ 0 时，恒有 f (x ≥ 0 ，则 a 的取值范围是 ( ) A. (-∞,2 【答案】B B. (-∞,4 C. 2,+∞ D. 4,+∞ 【解题思路】求导 fr (x = 2e2x + 2e-2x - a，令 g(x = 2e2x + 2e-2x - a(x≥0 ，利用导数判断函数 g(x 的单调 性，再由 a 分类讨论即可得解. 【解答过程】由 f (x = e2x - e-2x - ax，得 fr (x = 2e2x + 2e-2x - a， 令 g(x 则 gr (x = 2e2x + 2e-2x - a(x≥0 ， = 4e2x - 4e-2x， 因为函数 y = 4e2x,y =-4e-2x 在 0,+∞ 上都是增函数， 所以函数 gr (x = 4e2x - 4e-2x 在 0,+∞ 上是增函数， 所以 gr (x ≥ gr (0 = 0， 所以函数 g(x = 2e2x + 2e-2x - a 在 0,+∞ 上是增函数， 所以 fr (x min = fr (0 = 4 - a， 当 a ≤ 4 时，fr (x = 2e2x + 2e-2x - a ≥ 4 - a ≥ 0， 所以函数 f (x 在 0,+∞ 上单调递增， 所以 f (x ≥ f (0 = 0，满足题意； 当 a > 4 时，则存在 x0 ∈ (0,+∞ ，使得 fr (0 = 0， 且当 x ∈ 0,x0 ，fr (x < 0，函数 f (x 单调递减， 所以 f (x0 < f (0 = 0，故 f (x ≥ 0 不恒成立， 综上所述，a 的取值范围是 (-∞,4 . 故选：B. 11. (2025·湖北·模拟预测) 已知函数 f (x = xln(1 -x (1) 求 f (x 在 x = 0 处的切线方程； (2) 若关于 x 的不等式 f (x 【答案】(1)y = 0； (2)-ln2,+∞ . + f (1 -x ≤ a 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【解题思路】(1) 利用导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式即可得解； (2) 设 g(x = f (x + f (1 -x = xln(1 -x + (1 -x lnx，利用二次求导，可求出函数的最大值，即可得解. 【解答过程】(1) 函数 f (x 的定义域为 (-∞,1 ,f (0 = 0 × ln(1 -0 = 0， 由 fr (x = ln(1 -x - x ， 1 -x 所以切线斜率 k = fr (0 故切线方程为 y = 0. = ln(1 -0 - 0 = 0， 1 -0 (2) 设 g(x = f (x + f (1 -x = xln(1 -x + (1 -x lnx，g(x 的定义域为 (0,1 ， gr (x = ln(1 -x - x - lnx + 1 -x ， 设 h(x 1 -x x = gr (x ， r -1 (1 -x + x 1 -x-(1 -x -(x2-x+ 1 则 h (x = 1 -x - (1 -x 2 - x + x2 = x2(1 -x 2 < 0， 故 h(x 在 (0,1 单调递减，即 gr (x 在 (0,1 单调递减， 又 gr 1( 2 = ln 1 - 1 2( 1 - 2 1 - 12 - ln 1 + 2 1 - 1 1 22 ( = 0， 故当 x ∈ 0, 1( 2 时，gr (x > 0，g(x 在 0, 1 2 单调递增， 当 x ∈ 1 ,1( 2 时，gr (x < 0，g(x 在 1 ,1 2( 单调递减， 因此 g(x max = g( 12 =-ln2， 所以 a 的取值范围是 -ln2,+∞ . 12. (2025·吉林延边·模拟预测) 已知函数 f (x = x2 2 + alnx - (a + 1 x． (1) 当 a = 2 时，求 f (x 的单调递增区间； (2) 若 a ≥ 0，f(x) ≥- e2 2 对 x ∈ 1,+∞ 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【答案】(1)(0,1 (2)0,e 和 (2 +∞ ； 【解题思路】(1) 先求出函数 f (x 的定义域，再求导，令 fr(x) > 0，即可求出 f (x 的单调递增区间； (2) 分 0 ≤ a < 1，a = 1，a > 1 三种情况讨论 f (x 在 1,+∞ 上的单调性，借助导数及单调性分别求出 f (x 在 1,+∞ 上的最小值，令 f(x)min ≥- e2 ，即可求出实数 a 的取值范围． 2 【解答过程】(1) 函数 f (x 的定义域为 (0,+∞ ． 当 a = 2 时，f (x = x2 2 + 2lnx - 3x， fr (x = x + 2 x - 3 = x2 -3x+ 2 x = (x-1 (x-2 ， 2 令 fr(x) > 0，解得 0 < x < 1 或 x > 2， 所以 f (x 的单调递增区间为 (0,1 和 (2 +∞ ； (2)fr x = x + a - a + 1 = x2-(a + 1 x+ a = (x-1 (x-a x ∈ [1, +∞) ( x ( x 2 ， ， 令 fr(x) = 0，解得 x = 1 或 x = a，当 0 ≤ a < 1 时， 当 x ≥ 1 时，fr(x) ≥ 0，f (x 在 1,+∞ 单调递增； 因为 f(x) ≥- e2 2 对 x ∈ 1,+∞ 恒成立，所以 f(1) ≥- e2 ， 2 即 -a - 1 ≥- e2 ，移项可得 a ≤ e2 -1 ， 2 2 2 因为 0 ≤ a ≤ 1，所以 0 ≤ a ≤ 1 满足条件；当 a > 1 时， 当 x ≥ a 时，fr(x) ≥ 0，f (x 在 a,+∞ 单调递增； 当 1 ≤ x < a 时，fr(x) ≤ 0，f (x 在 [1,a) 上单调递减； 所以当 x = a 时，f(x) 取到最小值，即 f(x) ≥ f(a)， 因为 f(x) ≥- e2 2 对 x ∈ 1,+∞ 恒成立，所以 f(a) ≥- e2 ， 2 即 f(a) = alna - a2 2 - a ≥- e2 ， 2 令 h(a) = alna - a2 2 - a(a ≥1 ，所以 hr(a) = lna - a， 令 g(a) = hr(a) = lna - a(a ≥1 ，所以 gr(a) = 1 a - 1 = 1 -a ， a 因为 a > 1，所以 1 - a < 0，所以 gr(a) < 0， 所以 g(a) 在 1,+∞ 上单调递减，所以 g(a) ≤ g(1) = ln1 - 1 ==-1 < 0， 即 hr(a) < 0，所以 h(a) 在 1,+∞ 上单调递减， 又因为 h(e) = elne - e2 - e =- e2 ，且 h(a) ≥- e2 ，所以 1 < a ≤ e． 2 2 2 综上，实数 a 的取值范围为 0,e ． 【题型 二阶导解决函数零点问题 13. (2025·湖北恩施·模拟预测) 已知函数 f (x = 2x - 1 - lnx，直线 l:x - y - 3 = 0. (1) 若点 P 是函数 y = f (x 图象上的一点，求点 P 到直线 l 距离的最小值； (2) 若 g(x = f(x) + tex - 2x，讨论函数 g(x 的零点的个数. 【答案】(1) 32 2 (2) 答案见解析 【解题思路】(1) 求出点 P(x,f(x)) 到直线 l 的距离，根据导数即可求解； (2) 若 g(x = f(x) + tex - 2x = tex - lnx - 1，证明函数 g(x 的零点的个数与 h(x = lnx+ 1 ex · t 的零点个 数相同，求出 hr(x)，令 m(x) = 1 x · lnx - 1，证明 h(x 在 (0,1 单调递增，在 (1,+∞ 上单调递减，据此即可 求解. 【解答过程】(1) 点 P(x,f(x)) 到直线 l:x - y - 3 = 0 的距离为 d(x) =12 +(-1)2 |x- f(x)-3| = |x-(2x-1 -lnx)-3|2 = |lnx-x-2| ， 令 h(x) = |lnx - x - 2|，令 k(x) = lnx - x - 2，2 令 kr(x) = 1 x - 1 = 0 得 x = 1， 当 x = 1 时 k(1) =-3 为极大值， 当 x → 0+ 时 lnx →-∞，k(x) →-∞，当 x →+∞时，k(x) →-∞， k(x)max =-3，所以 |lnx - x - 2|max = 3， 所以对应最小距离为 3 = 3 2 ；2 2 (2) 若 g(x = f(x) + tex - 2x = tex - lnx - 1， 定义域为 (0,+∞ ，令 g(x = 0 可得 lnx+ 1 ex - t = 0， 则函数 g(x 的零点的个数与 h(x = lnx+ 1 ex · t 的零点个数相同， hr (x = 1 -lnx-1 x e-x，再令 m(x) = 1 x · lnx - 1， 则 mr(x) =- 1( x2 · 1 x < 0，所以 m(x) = 1 x - lnx - 1 在 (0,+∞ 单调递减， 又因为 m(1) = 0，∴ h(x 在 (0,1 单调递增，在 (1,+∞ 上单调递减， 则 h(x max = 1 - t，limh(x) = lim lnx+ 1 -t →-∞， e x→0 x→0 ( ex 当 lim h(x) →-t，所以当 t > 1 时 h(x max = 1 · t < 0 恒成立，h(x 无零点， x→+∞ 当 t = 1 e 时 h(x max = 1 e - t = 0，h(xe e 有 1 个零点， 当 0 < t < 1 ee 时 h(x max = 1 - t > 0，h(x 在 (0,1 和 (1,+∞ 分别有 1 个零点， 即 h(xe 有 2 个零点，当 t ≤ 0 时 h(x max = 1 - t ≥ 1 ， e h(x 在 (0,1 有 1 个零点，在 (1,+∞ 上， h(x · 0 恒成立，即 h(x 只有 1 个零点； 综上所述，当 t > 1 e 时，g(x 无零点，当 t = 1 e 或 t ≤ 0 时，g(x 有 1 个零点，当 t ∈ 0, 1 e( 时，g(x 有 2 个 零点. 14. (2025·北京海淀·三模) 已知函数 f (x = aln - sinx，曲线 y = f (x 在点 ( π ,f ( πx 处的切线斜率 2 2 为 1 ． π (1) 求 a 的值． (2) 求 f (x4 在 (0,2π 上的零点个数． (3) 证明：fr (x 【答案】(1)a = 1 (2) 答案见解析 (3) 证明见解析 在 0, π 2( 上存在两个零点 x1,x2，且 x2-x1 > 1 ． 【解题思路】(1) 由函数求导，根据导数的几何意义建立方程，可得答案； (2) 先由图象分析零点的存在性，再分段研究函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案； (3) 由函数求导并构造函数，利用导数要求新函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案. 【解答过程】(1)f (x = a lnx - sinx，定义域为 (0,+∞ ． 2 fr (x = a - cosx．由题可得，fr ( π = a = 1 ，解得 a = 1． 2x (2) 由 (1) 可得，f (x 2 π π = 1 lnx - sinx． 2 当 x ∈ (0,1 时，1 lnx ≤ 0，sinx > 0，故 f (x 2 < 0，在 x ∈ (0,1 时无零点； 当 x ∈ (1, π 时，1 lnx ≤ 1 ln π < 1 lne = 1 ，sinx > sin1 > sin π = 1 ，故 f (x < 0，在 x ∈ (1, π 时 2 2 无零点． 2 2 2 2 6 2 2 当 x ∈ π ,π( 2( 时，fr (x = 1 - cosx > 0，所以 f (x 2x 在 π ,π 2 上单调递增． 而 f ( π = 1 ln π - 1 < 1 lne - 1 =- 1 < 0，f (π = 1 lnπ > 0． 2 2 2 2 2 2( 故由零点存在性定理知，f (x 在 π ,π 2 上存在唯一零点． 当 x ∈ π,2π 时，1 lnx > 0，sinx ≤ 0，故 f (x 2 > 0，在 x ∈ π,2π 时无零点； 综上：f (x 在 (0,2π 上的零点个数为 1． (3) fr (x = 1 - cosx = 1 -2xcosx ．令 g(x = 1 - 2xcosx，gr (x = 2xsinx - 2cosx． 令 h(x 2x 2x = gr (x ，则 hr (x = 4sinx + 2xcosx． 当 x ∈ 0, π( 2 时，sinx > 0，x > 0，cosx > 0，所以 hr (x > 0．所以 gr (x 在 0, π 2( 上单调递增． gr (0 =-2 < 0，gr π 2( = π > 0，所以由零点存在性定理，存在唯一 x0 ∈ (0, π ，使得 gr (x0 = 0． 当 x 变化时，gr (x2 ，g(x 的变化如下表： x (0,x0 x0 (x0, π 2 gr (x - 0 + g(x ↘ 极小值 ↗ 又 g(0 = 1 > 0，g(x0 ≤ g π 3 = 1 - π 3 < 0，g π 2( 2 = 1 > 0． 所以由零点存在性定理，g(x点 x1,x2．( 分别在 (0,x0 ，(x0, π 上各恰有一个零点，即 fr (x 在 0, π 2( 上存在两个零 不妨设 x1 < x2．则当 x ∈ (x1,x2 时，g(x < 0；当 x ∈ (0,x1 ∪ (x2, π 时，g(x > 0．2 而 g( π = 1 - π < 0，g( π = 1 - 2 π = 2 2 -π < 3 -π < 0． 3 3 42 2 4 2 2 所以 ( π , π ⊆ (x1,x2 ．故 x2-x1 > π - π = π > 1 ． 3 4 3 4 12 4 15. (2025·重庆·三模) 已知函数 f (x + y + 2 = 0. (1) 求 a，b 的值； = (x-1 ex - ax + b，函数 y = f (x 在点 (0，f (0 处的切线方程为 x (2) 讨论 f (x 的零点个数. 【答案】(1)a = 1，b =-1 (2)2 【解题思路】(1) 求导得到 fr(x) 表达式，由 fr(0) =-1 求出 a，再利用 f(0) =-2 求出 b. (2) 根据第 (1) 问得到 f(x) 和 fr(x)，令 g(x) = fr(x)，对 g(x) 求导判断 g(x) 的单调性，依据 fr(x) 正负，判断 f(x) 的单调性，得出 f(x) 最小是 f(x0)，算出 f(x0) 小于 0，再根据零点存在性定理即可判断零点个数. 【解答过程】(1)f (x = (x-1 ex - ax + b 求导得到 fr(x) = xex - a，  fr(0)= k=-1 根据函数在点 (0,f (0 处的切线方程为 x + y + 2 = 0，得到  f(0)=-2 . 把 x = 0 代入 fr(x) 得 fr(0) = 0 × e0 - a =-a，因为 fr(0) =-1，所以 -a =-1，即 a = 1. 又 f (0 = (0 -1 e0 - a × 0 + b =-2，解得 b =-1. (2) 由第 (1) 问知 f(x) = (x - 1)ex - x - 1，fr(x) = xex - 1. 令 g(x) = fr(x)，求导得 gr(x) = (x + 1)ex. 当 x ∈ (-∞, -1)，gr(x) < 0，g(x) 在 (-∞, -1) 递减； 当 x ∈ (-1, +∞)，gr(x) > 0，g(x) 在 (-1, +∞) 递增. g(1) > 0，g(0) < 0，所以存在唯一 x0 使 g(x0) = 0，即 x0ex0 = 1.当 x ∈ (-∞,x0)，fr(x) < 0，f(x) 在 (-∞,x0) 递减； 当 x ∈ (x0, +∞)，fr(x) > 0，f(x) 在 (x0, +∞) 递增，所以 f(x) ≥ f(x0). f(x0) =-x0 - 1 x0 < 0，又 f(-2) = 1 - 3 e2 > 0，f(2) = e2 - 3 > 0， 根据零点存在定理，f(x) 在 (-2,x0) 和 (x0,2) 各有一个零点，共 2 个零点. 16. (2025 高三·全国·专题练习) 已知函数 f (x = m(1 -x · lnx - 1． (1) 当 m = 2 时，求曲线 y = f (x 在点 (1,f (1 处的切线方程； (2) 若 f (x ≥-1，求 m 的值； (3) 当 m > 1 时，证明：g(x 【答案】(1)3x + y - 2 = 0 (2)m =-1 (3) 证明见解析 = f (x + xex - m 有 2 个零点． 【解题思路】(1) 利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程； (2) 函数求导后，根据参数 m 的取值分类讨论，得到 m < 0 时，f (x min = f (- 1m = m + ln(-m ≥-1，构 造函数 u(m 值； = 1 + m + ln(-m (m<0 ，求导推得 u(m max = u(-1 = 0，结合 u(m ≥ 0 恒成立即得 m 的 (3) 由 g(x = 0 得 ex - lnx+ 1 x · m = 0，令 v(x = ex - lnx+ 1 x - m,x ∈ (0,+∞ ，则 vr (x = x2ex +lnx ， x2 令 r(x = x2ex + lnx,x ∈ (0,+∞ ，求导判断 r(x 在区间 (0,+∞ 上单调递增，结合零点存在定理，推得 ∃ x0 ∈ ( 1 ,1e ，使得 r(x0 = 0，求出 v(x 的最小值为 v(x0 = ex0 - lnx0+ 1 x0 · m，由 r(x0 = 0 可得 ex0 = 1 ， x0 x0 =-lnx0，故得 v(x 的最小值 v(x0 = 1 - m，由 m > 1 即可判断函数 v(x ，即函数 g(x 的零点个数. 【解答过程】(1) 当 m = 2 时，f (x = 1 - 2x - lnx，则 fr (x =-2 - 1 ， x 所以 f (1 =-1，fr (1 =-3， 所以曲线 y = f (x 在点 (1,f (1 处的切线方程为 y + 1 =-3(x-1 ， 即 3x + y - 2 = 0． (2) 函数 f (x 的定义域为 (0,+∞ ，且 fr (x =-m - 1 x =- mx+ 1 ， x 1 当 m ≥ 0 时，易得 fr (x < 0，f (x 在 (0,+∞ 上单调递减， 又 f (1 =-1，所以当 x > 1 时，f (x <-1，不符合题意； 2 当 m < 0 时，由 fr (x > 0，得 x >- 1 m( 时，即 f (x 在 - 1 m( ,+∞ 上单调递增； 由 fr (x < 0，得 0 < x <- 1 m 时，即 f (x 在 0,- 1 m 上单调递减， 所以 f (x min = f (- 1m = m + ln(-m ， 因为 f (x ≥-1，则其等价于 m + ln(-m ≥-1，即 1 + m + ln(-m ≥ 0． 令 u(m = 1 + m + ln(-m (m<0 ，则 ur (m = 1 + 1 m = m+ 1 ， m 所以当 m ∈ (-∞,-1 时，ur (m > 0，当 m ∈ (-1,0 时，ur (m < 0， 则 u(m 在 (-∞,-1 上单调递增，在 (-1,0 上单调递减， 所以 u(m max = u(-1 = 0，因 u(m ≥ 0 恒成立，故 m =-1． (3)g(x = f (x + xex - m = xex - lnx - mx - 1,x ∈ (0,+∞ ． 令 g(x = 0，得 ex - lnx+ 1 x - m = 0， 令 v(x = ex - lnx+ 1 x - m,x ∈ (0,+∞ ，则 g(x 与 v(x 有相同的零点， 且 vr (x = ex - 1 -(lnx+ 1 = x2ex +lnx ． x2 x2 令 r(x = x2ex + lnx,x ∈ (0,+∞ ，则 rr (x = (x2+ 2x ex + 1 ， x 因为当 x > 0 时，rr (x > 0，所以 r(x 在区间 (0,+∞ 上单调递增，-2 e 又 r 1( e 1 = ee - 1 < 0，r(1 = e > 0，所以 ∃ x0 ∈ ( 1 ,1 ，使得 r(x0 = 0， 所以当 x ∈ (0,x0 时，r(x < 0，即 vr (x < 0； 当 x ∈ (x0,+∞ 时，r(x > 0，即 vr (x > 0， 所以 v(x 在 (0,x0 单调递减，在 (x0,+∞ 单调递增， 所以 v(x 的最小值为 v(x0 = ex0 - lnx0+ 1 x0 - m． x x ln 1 1 由 r(x0 = 0，得 x2e 0 + lnx = 0，即 x e 0 = e x0 ln x ， 0 0 0 0 令 φ(x = xex，x ∈ (0,+∞ ，则 φr (x = (x+ 1 ex > 0，则 φ(x 在 (0,+∞ 单调递增． 因为 1 e < x0 < 1，所以 ln 1 x0 > 0，则 φ(x0 = φ ln 1 ， x0( 所以 x0 = ln 1 x0 ，从而 ex0 = 1 x0 ，x0 =-lnx0， 所以 v(x 的最小值 v(x0 = ex0 - lnx0+ 1 x0 - m = 1 - m． 因为 m > 1，所以当 x 趋近于 0 时，v(x 趋近于 +∞； 当 x 趋近于 +∞时，v(x 趋近于 +∞，且 v(x min = 1 - m < 0， 所以 v(x 有 2 个零点，故 g(x 有 2 个零点． 【题型 二阶导证明不等式】 17. (2025·湖南娄底·模拟预测) 已知函数 f (x = lnx - 1 x2 + (1 -a 2 x - sinx + lna + 1 ，g (x = xex ， fr (x 为 f (x 的导函数. (1) 若函数 fr (x 的图象与 g(x 的图象的交点的横坐标 x0 ∈ ( 1 ,1 ，求实数 a 的取值范围；2 (2) 当 a = 1 时，证明：f (x < 0. 【答案】(1)(1 -cos1 -e, 5 -cos 1 - e ； 2 2 2 (2) 证明见解析. 【解题思路】(1) 构造函数 h(x = fr (x - g(x ，求导得出函数单调性，结合零点存在定理列不等式计算求 解； (2) 构造函数 F (x = lnx - x + 1，利用导数证明 lnx ≤ x - 1，再把不等式转化为 G(x = x - 1 x2 - sinx < 2 0，应用导函数得出函数单调性即可证明. 【解答过程】(1) 因为 f (x = lnx - 1 x2 + (1 -a x - sinx + lna + 1，x > 0， 2 所以 fr (x = 1 x · x + 1 - a - cosx. 令 h(x = fr (x · g(x = 1 x - x + 1 - a - cosx - xex，x ∈ (0,+∞ ， 则 hr (x =- 1 x2 - 1 + sinx - (x+ 1 ex ≤- 1 x2 - (x+ 1 ex < 0， 所以 h(x 在 (0,+∞ 上单调递减. 由题意知方程 h(x = 0 在 1 ,1 2( 上有根，所以 h 1 2( > 0，且 h(1 < 0，  5 -a -cos 1 - 1 e >0, 5 1 1 即 2 2 2 解得 1 - cos1 - e < a < 2 - cos 2 - 2 e ， 1 -a -cos1 -e<0, 即实数 a 的取值范围是 (1 -cos1 -e, 5 -cos 1 - e . 2 2 2 (2) 当 a = 1 时，f (x = lnx - 1 x2 - sinx + 1，x > 0. 2 令 F (x = lnx - x + 1，x > 0，则 Fr (x = 1 x - 1 = 1 -x ， x 当 x > 1 时，Fr (x < 0；当 0 < x < 1 时，Fr (x > 0， 所以 F (x 在 (0,1 上单调递增，在 (1,+∞ 上单调递减， 所以 F (x ≤ F (1 = 0，所以 lnx - x + 1 ≤ 0， 所以 lnx ≤ x - 1， 所以 f (x = lnx - 1 x2 - sinx + 1 ≤ x - 1 - 1 x2 - sinx + 1 = x - 1 x2 - sinx. 2 2 2 令 G(x = x - 1 x2 - sinx，则问题转化为证当 x > 0 时，G(x 2 < 0. Gr (x = 1 - x - cosx，令 φ(x = Gr (x ，则 φr (x =-1 + sinx ≤ 0，等号不恒成立， 所以 φ(x 在 (0,+∞ 上单调递减. 又因为 φ(0 = 0，所以当 x > 0 时，φ(x < 0，即 Gr (x < 0， 所以 G(x 在 (0,+∞ 上单调递减. 又因为 G(0 = 0，所以当 x > 0 时，G(x < 0， 所以 f (x ≤ x - 1 x2 - sinx < 0，即 f (x 2 < 0 得证. 18. (2025·山东·模拟预测) 已知函数 f (x - 1． (1) 求实数 a,b 的值 = (x+ a ex-b，曲线 y = f (x 在 (1,f (1 处的切线方程为 y = 2x (2) 证明：f (x > ln2x． 【答案】(1)a = 0,b = 1 (2) 证明见解析 【解题思路】(1) 先求导数得出切线斜率结合点在切线上及切点在曲线上列式求解； (2) 先构造函数 g(x = f (x - (2x-1 = xex-1 - 2x + 1，得出单调性进而得出不等式 f (x > 2x - 1，进而构 造 h(x = 2x - 1 - ln2x,x ∈ (0,+∞ 即可证明不等式. 【解答过程】(1) 由题意可知，f (1 = 1,fr (1 = 2， 因为 f (x = (x+ a ex-b，所以 fr (x = (x+ a + 1 ex-b，  f (1 = (a + 1 e1-b= 1 所以  fr (1 = (a + 2 e1-b= 2 ， 解得 a = 0,b = 1； (2) 设 g(x = f (x - (2x-1 = xex-1 - 2x + 1,x ∈ (0,+∞ ， gr (x = (x+ 1 ex-1 - 2 = t(x , tr (x = (x+ 2 ex-1 > 0， 所以 gr (x 在 (0,+∞ 上单调递增 且 gr (1 = 0， 所以当 x ∈ (0,1 时，gr (x < 0,g(x 单调递减 当 x ∈ (1,+∞ 时，gr (x > 0，g(x 单调递增 所以 g(x ≥ g(1 = 0，所以 f (x > 2x - 1 设 h(x = 2x - 1 - ln2x,x ∈ (0,+∞ ，所以 hr (x = 2 - 1 x = 2x-1 ， x h(x 在 0, 1 2 上单调递减，在 1 ,+∞ 2( 上单调递增 ， 所以 h(x( ≥ h 1 2( = 0，所以 2x - 1 ≥ ln2x ， 又因为 g(x = 0 与 h(x = 0 等号成立的条件不一致， 所以 f (x > ln2x． 19. (2025·海南海口·模拟预测) 已知函数 f(x) = (x + m)lnx，当 x = 1 时，f(x) 的切线斜率 k = 3． (1) 求 f(x) 的单调区间； (2) 已知 x ≥ y ≥ 1 ，若 f(x)+ f(y) = 2，求证：若 t ∈ [1,2]，则 2x + ty ∈ [3,4]． 2 lnx+lny 【答案】(1)f(x) 在 (0, +∞) 上单调递增，无单调递减区间． (2) 证明见解析 【解题思路】(1) 由切线斜率可得 m = 2，然后两次求导可得 f(x) 单调区间； (2) 由题可得，命题等价于证明 x + y ≤ 2，2x + y ≥ 3. 由 f(x)+ f(y) lnx+lny = 2，结合 x ≥ y ≥ 1 ，可得 x ≥ 1 ≥ y 2 ≥ 1 . 对于 x + y ≤ 2，通过 φ(y) = (2 - y)ln(2 - y) + ylny 在 y ∈  1 ,1 上单调性可完成证明；对于 2x + y 2 l 2 ≥ 3，由 h(y) = 3 -y ln 3 -y + ylny 在 y ∈  1 ,1 上的单调性可完成证明. 2 2 l 2 【解答过程】(1)f'(x) = lnx + x+ m ，则 f'(1) = m + 1 = 3． x 所以 m = 2，f(x) = (x + 2)lnx，则 f'(x) = lnx + x+ 2 x = lnx + 2 x + 1． 令 F(x) = lnx + 2 x + 1．则 F'(x) = 1 x · 2 x2 = x-2 ． x2 所以 F(x) 在 (0,2) 上单调递减，在 (2, +∞) 上单调递增， 又 F(2) = ln2 + 2 > 0，所以 F(x) > 0 恒成立，即 f'(x) > 0 恒成立，故 f(x) 在 (0, +∞) 上单调递增，无单调递减区间． (2) 证明：要证 t ∈ [1,2]，则 2x + ty ∈ [3,4]， 只需证明 2x + 2y ≤ 4，2x + y ≥ 3，即证明 x + y ≤ 2，2x + y ≥ 3． ∵ x ≥ y ≥ 1 ，由 f(x)+ f(y) = 2 得 f(x) + f(y) = 2lnx + 2lny． 2 lnx+lny 则 (x + 2)lnx + (y+ 2 lny = 2lnx + 2lny，可得 xlnx + ylny = 0． 又 x ≥ y ≥ 1 ，若 x = y，则 x = y = 1；若 x > y，令 g(x) = xlnx， 2 则 g'(x) = 1 + lnx，g'(x) > 0 ⇒ x > 1 ，所以 g(x) = xlnx 在 ( 1 ,+∞ 上单调递增． e e 因 x > y ≥ 1 > 1 ，又 xlnx + ylny = 0，则 xlnx > 0 > ylny，从而 x > 1 > y ≥ 1 . 2 e 2 综上可得 x ≥ 1 ≥ y ≥ 1 ． 2 先证明 x + y ≤ 2，即 1 ≤ x ≤ 2 - y，因 g(x) = xlnx 在 1 ,+∞( e 上单调递增． 只需证 xlnx ≤ (2 - y)ln(2 - y)，y ∈ l 1 ,1 .即 (2 - y)ln(2 - y) + ylny ≥ 0，y ∈ l 1 ,1 ．令 φ(y) = (2 - y)ln(2 - y) + ylny，y ∈ l 1 ,12 2 2 y ，则 φ'(y) = ln 2 -y ≤ 0， 所以 φ(y) = (2 - y)ln(2 - y) + ylny ≥ φ(1) = 0，故 x + y ≤ 2; 3 -y 再证明 2x + y ≥ 3，即 x ≥ 2 ≥ 1． 同理，只需证明 xlnx ≥ 3 -y ln 2 3 -y 2 ，即 3 -y ln 2 3 -y + ylny ≤ 0． 2 3 -y 3 -y 令 h(y) = ln + ylny，y ∈  1 ,1 ．则 h'(y) =- 1 ln 3 -y + lny + 1 ． 2 2 l 2 2 2 2 令 k(y) =- 1 ln 3 -y + lny + 1 ，y ∈  1 ,1 ，则 k'(y) = 1 + 1 > 0， 2 2 2 l 2 6 -2y y 所以 k(y) 在 l 1 ,12 上单调递增． 又因为 k( 1 =- 1 ln 5 + ln 1 + 1 = 1 (1 - ln5) < 0，k(1) = 1 > 0， 2 2 4 2 2 2 2 则存在 y0 ∈ ( 1 ,12 ，使得 k(y0 = 0， 所以 1 2 ≤ y < y0 时，k(y = h'(y) < 0，当 y0 < y ≤ 1 时，k(y) = h'(y) > 0， 所以 h(y) 在  1 ,y0l 2 上单调递减，在 (y0,1 上单调递增， 又因为 h(1) = 0，h( 1 = 5 ，5 + 1 ln 1 = 1 ln 55 < 0， 2 4 4 2 2 4 46 3 -y 3 -y 所以 2 ln 2 + ylny ≤ 0，故 2x + y ≥ 3． 综上所述，对任意的 t ∈ [1,2]，3 ≤ 2x + ty ≤ 4． 20. (2025·海南·模拟预测) 已知函数 f (x = ex - mx2(m∈ R ． (1) 若 m = 1，判断并证明 f (x 的单调性； (2) 当 x ∈ (0,+∞ 时，若函数 f (x 有两个不同的零点 x1，x2． (i) 求 m 的取值范围； (ii) 证明：x1 + x2 > 4． 【答案】(1)f (x 在 R 上单调递增； (2) (ⅰ) e2 ,+∞( 4 ；(ⅱ) 证明见解析. 【解题思路】(1) 若 m = 1 时，f (x = ex - x2，对其求导得 fr (x ，设 g(x = fr (x ，求导得 gr (x ，求其单调性再 判断 f (x 的单调性； (2) (ⅰ) 当 x ∈ (0,+∞ 时，f (x = 0 可化为 m = ex ，令 h(x x2 = ex ，求导得 hr (x x2 ，求其单调性，找到最小值 h(2 = e2 ，根据题意求 m 的取值范围即可； 4 (ⅱ) 要证明 x1 + x2 > 4，即证 x2 > 4 - x1，只需要证 h(x2 > h(4 -x2 ，即证 ex1-2(4 -x1 - x1 > 0，令 H (x = ex-2(4 -x - x(0 <x<2 ，根据导函数求其单调性，然后证明 H (x > H (2 = 0 即可. 【解答过程】(1) 若 m = 1 时，f (x = ex - x2，求导得 fr (x = ex - 2x， 设 g(x = fr (x = ex - 2x，求导得 gr (x = ex - 2， 令 gr (x = ex - 2 = 0，解得 x = ln2， 当 x < ln2 时，gr (x 当 x > ln2 时，gr (x < 0，则 g(x · 0，则 g(x 即 fr (x 即 fr (x 单调递减； 单调递增； 所以 fr (x 在 x = ln2 处取得最小值 fr (ln2 = eln2 - 2ln2 = 2 - 2ln2， 因为 ln2 < 1，所以 2 - 2ln2 > 0， 即 fr (x · 0 在 R 上恒成立，所以 f (x 在 R 上单调递增. (2) (ⅰ) 当 x ∈ (0,+∞ 时，f (x = ex - mx2 = 0 可化为 m = ex ， x2 令 h(x = ex (x>0 x2 ，求导得 hr (x ex(x-2 = ， x3 令 hr (x = 0，因为 x ∈ (0,+∞ ，所以 x - 2 = 0，解得 x = 2. 当 x ∈ (0,2 时，hr (x < 0，h(x 在 (0,2 上单调递减； 当 x ∈ (2,+∞ 时，hr (x > 0，h(x 在 (2,+∞ 上单调递增. 所以 h(x 的最小值为 h(2 = e2 ， 4 当 x → 0+ 时，h(x = ex x2 →+∞；当 x →+∞时，h(x = ex x2 →+∞. 函数 f (x 有两个不同的零点 x1，x2， 即 y = m 与 y = h(x 在 (0,+∞ 上有两个不同交点， 所以 m 的取值范围是 e2 ,+∞ ；( 4 (ⅱ) 由 (ⅰ) 可知 0 < x1 < 2 < x2，要证明 x1 + x2 > 4，即证 x2 > 4 - x1， 因为 4 - x1 = 2 + 2 - x1 > 2，且 h(x 在 (2,+∞ 上单调递增， 所以只需要证 h(x2 > h(4 -x1 ，又因为 h(x2 = h(x1 ， 所以只需要证 h x · h 4 -x ，即证 ex1 > e4-x1 ， ( 1 ( 1x 2 (4 -x1 21 即证 ex1 (4 -x1 2 - x2 ⋅ e4-x1 > 0，两边同时除以 e4 ，得 ex1-4(4 -x 2 - x2 ⋅ e-x1 > 0， 1 1 1 2 x 化简为 e2(x1-2 > 1 ，因为 0 < x1 < 2， (4 -x1 2 所以只需证 ex1-2 > x1 ，即证 ex1-2(4 -x1 4 -x1 - x1 > 0 令 H (x = ex-2(4 -x - x(0 <x<2 ， 求导得 Hr (x = (3 -x ex-2 - 1， 令 t(x = (3 -x ex-2 - 1(0 <x<2 ， 求导得 tr (x = ex-2(2 -x > 0 在 (0,2 上恒成立， 所以 t(x 在 (0,2 上单调递增， t(x < t(2 = e2-2(3 -2 - 1 = 0， 即 Hr (x < 0 在 (0,2 上恒成立，所以 H (x 在 (0,2 上单调递减， 所以 H (x > H (2 = e2-2(4 -2 - 2 = 0， 即 H (x = ex-2(4 -x - x > 0，故 ex1-2(4 -x1 - x1 > 0， 即 h(x1 > h(4 -x1 ，所以 x1 + x2 > 4. 【题型 利用二阶导解决其他问题 21. (2025·甘肃白银·模拟预测) 已知函数 f (x = (mx-2 ex - 1，且 f (x 在 x = 0 处取得极值． (1) 求 m 的值及 f (x 的单调区间； (2) 若存在 x ∈ R，使得 f (x 【答案】(1) 答案见解析； (2)a ≤ 2e. ≤ 2ex - a - 1，求实数 a 的取值范围． 【解题思路】(1) 对函数求导，由 fr (0 = 0 求参数，进而研究函数的单调区间； (2) 问题化为 a ≤ 2(xe + ex - xex) 在 x ∈ R 上能成立，利用导数求 g(x) = xe + ex - xex 的最大值，即可得范围. 【解答过程】(1) 由题设 fr (x = (mx-2 + m ex，且 fr (0 = m - 2 = 0，即 m = 2， 所以 fr (x = 2xex，当 x < 0 时 fr (x < 0，当 x > 0 时 fr (x > 0， 所以 f (x 的递减区间为 (-∞,0)，递增区间为 (0, +∞)，即 x = 0 处取得极小值，满足， 综上，m = 2，f (x 的递减区间为 (-∞,0)，递增区间为 (0, +∞)； (2) 由题设 (2x-2 ex - 1 ≤ 2ex - a - 1，即 a ≤ 2(xe + ex - xex) 在 x ∈ R 上能成立，令 g(x) = xe + ex - xex，则 gr(x) = e - xex， 令 h(x) = gr(x)，则 hr(x) =- (x + 1)ex， 当 x <-1 时，hr(x) > 0，即 h(x) = gr(x) 在 (-∞, -1) 上单调递增，当 x >-1 时，hr(x) < 0，即 h(x) = gr(x) 在 (-1, +∞) 上单调递减，由 x →-∞时 gr(x) → e，gr(1) = 0， 当 x < 1 时，gr(x) > 0，g(x) 在 (-∞,1) 上单调递增，当 x > 1 时，gr(x) < 0，g(x) 在 (1, +∞) 上单调递减，所以 g(x) ≤ g(1) = e，则 a ≤ 2e. 22. (2025·河北张家口·一模) 已知 f(x) = lnx - a(x + 1)，a ∈ R. (1) 若 a = 2，求曲线 f(x) 在 x = 1 处的切线方程； (2) 若 ∃ x0 ∈ (0,2]，使 f (x0 【答案】(1)x + y + 3 = 0； (2)a < ln2 . 3 · 0，求 a 的取值范围. 【解题思路】(1) 由题意结合导数依次求出 f(1),fr(1) 即可由直线点斜式方程求解； (2) 先由 f (x0 得解. · 0 得到 a < lnx0 ，构造函数 g(x x0+ 1 = lnx ,x ∈ (0,2]，利用导数求出 g(x x+ 1 max 即可由存在性 【解答过程】(1)a = 2 时，f(x) = lnx - 2(x + 1)， 所以 f(1) =-4,fr(x) = 1 x - 2，所以切线斜率 k = fr(1) =-1， 所以曲线 f(x) 在 x = 1 处的切线方程为 y - (-4 =-1 × (x-1 即 x + y + 3 = 0. (2) 因为 ∃ x0 ∈ (0,2]，使得 f (x0 > 0 即 lnx0 - a(x0 + 1) > 0， 所以 a < lnx0 x0+ 1 ，令 g(x = lnx x+ 1 ,x ∈ (0,2]，则 gr (x 1 + 1 -lnx = x = (x+ 1 2 h(x (x+ 1 2 ,x ∈ (0,2]， 所以 hr (x =- 1 x2e3 - 1 x < 0 在 (0,2] 上恒成立，所以函数 h(x 在 (0,2] 上单调递减， 所以 h(x ≥ h(2 = 3 2 - ln2 = ln 2 · 0，所以 gr (x · 0 在 (0,2] 上恒成立， 所以函数 g(x所以 a < ln2 . 3 在 (0,2] 上单调递增，所以 g(x max = g(2 = ln2 ， 3 23. (2025·江苏扬州·三模) 已知函数 f(x) = ex - e2-x + ax + b . x-1 (1) 若 b = 0，且 fr (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) > e2 - 1 当且仅当 1 < x < 2，求 b 的取值范围. 【答案】(1) - 2e (2) 证明见解析 (3) b ≥ 2 (e2 + 1) 3 【解题思路】(1) 求出导函数，利用 fr (x ≥ 0 列不等式求解即可. (2) 先判断 y = f(x) 定义域关于原点对称，再设 P(m,n) 为 y = f(x) 图象上任意一点，然后利用指数运算判断点 Q(2 - m,2a - n) 也在 y = f(x) 图象上，即可证明. (3) 由题意，x = 2 为 f(x) = e2 - 1 的一个解，可得 a =- b ，设 t = x - 1 ∈ (0,1)，则有 g(t) = e(et - e-t) - b t 2 2 + b t · b 2 · e2 - 1 在 (0,1) 上恒成立，多次求导，利用导数研究 g(t) 的单调性，解不等式 g(t)min > e2 - 1 即 可求解. 【解答过程】(1)b = 0 时，f(x) = ex - e2-x + ax，则 f'(x) = ex + e2-x + a = ex + e2 ex + a， 因为 ex + e2 ex ≥ 2e，当且仅当 x = e 时等号成立， 故 fr (x min = 2e + a，而 fr (x ≥ 0 成立，故 2e + a ≥ 0，即 a ≥-2e，所以 a 的最小值为 -2e. (2)f(x) = ex - e2-x + ax + b 的定义域为 (-∞,1) ∪ (1, +∞). x-1 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) 图象上，故 n = em - e2-m + am + b ， m-1 而 f(2 - m) = e2-m - em + a(2 - m) + b =-(em -e2-m + am+ b + 2a =-n + 2a， 1 -m 所以 Q(2 - m,2a - n) 也在 y = f(x) 图象上， m-1 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) > e2 - 1 当且仅当 1 < x < 2，故 x = 2 为 f(x) = e2 - 1 的一个解，所以 f(2) = e2 - 1，可得 a =- b ，依题意 f(x) > e2 - 1 在 (1,2) 上恒成立， 2 设 t = x - 1 ∈ (0,1)，则 f(x) = g(t) = e1+t - e1-t + a(1 + t) + b t = e(et - e-t) + at + b t + a， 则有 g(t) = e(et - e-t) - b t + b - b · e2 - 1 在 (0,1) 上恒成立， 2 t 2 因为 g'(t) = e(et + e-t) - b · b ，可设 φ(t) = g'(t) = e(et + e-t) - b · b ， 所以 φ'(t) = e(et - e 2 -t) + 2b t3 t2 = e (et + 1)(et -1) et + 2b t3 2 t2 ①当 b > 0 时，由 t ∈ (0,1) 知 et - 1 > 0，2b t3 · 0，所以 φ'(t) > 0， 所以 φ(t) 在 (0,1) 单调递增. 当 φ(1) = e2 + 1 - b 2 - b ≤ 0，即 b ≥ 2 (e2 + 1) 时，g'(t) < 0 对任意 t ∈ (0,1) 都成立， 3 所以 g(t) 在 (0,1) 上单调递减，则 g(t) > g(1) = e2 - 1； 当 φ(1) = e2 + 1 - b 2 - b > 0，即 0 < b < 2 (e2 + 1) 时，而当 t → 0 时，φ(t) →-∞， 3 所以 ∃ t0 ∈ (0,1)，使 φ(t0) = 0，所以 g(t) 在 (0,t0) 上单调递减，在 (t0,1) 上单调递增，所以 g(t0) < g(1) = e2 - 1，所以舍去； ②当 b = 0 时，所以 g(t) = e1+t - e1-t 在 (0,1) 上单调递增，则 g(t) < g(1) = e2 - 1，所以舍去； ③当 b < 0 时，y = e1+t - e1-t 与 y =- b t + b =-b( 1 t- 1 在 (0,1) 上都单调递增， 2 t 2 t 所以 g(t) 在 (0,1) 上单调递增，则 g(t) < g(1) = e2 - 1，所以舍去. 综上，b ≥ 2 (e2 + 1). 3 24. (2025·陕西咸阳·模拟预测) 已知函数 f(x) = kx2 - (k + 2)x - ln 2 ,k ∈ R． x (1) 当 k > 2 时，求函数 f(x) 的单调递增区间； (2) 若函数 f(x) 图象上有三个点 A，B，C 并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线 f(x) 在点 B 处的切线斜率与 A，C 两点连线斜率的大小关系． 【答案】(1) 0, 1( k 和 1 ,+∞ 2( (2) 点 B 处切线斜率小于 A，C 两点连线斜率 【解题思路】(1) 求导，根据 k > 2，令 fr(x) > 0 求得增区间； (2) 设出 A,B,C 三点坐标，分别表示出曲线 f(x) 在点 B 处切线斜率和 A,C 两点连线斜率，通过作差比较，构造函数借助导数证明． 【解答过程】(1) 由 fr(x) = 2kx - (k + 2) - x × - 2 = (2x-1)(kx-1) ,x > 0， 2 ( x2 x 令 fr(x) = 0，得 x = 1 或 1 ，由于 k > 2，则 1 < 1 ， 2 k k 2 令 fr(x) > 0，解得 0 < x < 1 k 或 x > 1 ， 2 所以 f(x) 的单调增区间为 0, 1( k 和 1 ,+∞ ． 2( (2) 设 A(x1,f (x1 ,B(x2,f (x2 ,C (x3,f (x3 ，且 0 < x1 < x2 < x3,2x2 = x1 + x3， 曲线 f(x) 在点 B 处切线斜率为 k1 = fr (x2 A，C 两点连线斜率为 = 2kx2 - (k + 2) + 1 ， x2 k = f (x3 - f (x1 = kx2-(k+ 2)x3-ln2 +lnx3 - kx2-(k+ 2)x1-ln2 +lnx1 = k x + x - (k + 2) + 2 ln x3 x3-x1 3 ln x3 x3-x1 ln x3 1 2(x3-x1 ( 3 1 · (x3+ x1 ln x3 x1 ，∴ k1 - k2 = 1 - x1 = 2 - x1 = x1 = x3-x1 x2 x3-x1 x1+ x3 x3-x1 x2 -x2 2( x3 -1x1 -( x3 + 1 x2 -x2x1 3 1 ln x3x 1 ， 3 1 x1 令 t = x3 x1 · 1，则 2 x3 -1 x1( - x3 + 1 x1( ln x3 x1 = 2(t - 1) - (t + 1)lnt， 令 g(t) = 2(t - 1) - (t + 1)lnt,t > 1，则 gr(t) = 1 - lnt - 1 ，令 h(t) = gr(t)， t ∴ hr(t) =- 1 t + 1 t2 = 1 -t t2 < 0，即 h(t) 在 (1, +∞) 上单调递减， ∴ h(t) < h(1) = 0，即 gr(t) < 0， 所以 g(t) 在 (1, +∞) 上单调递减，故 g(t) < g(1) = 0， ∴ 2( x3 -1 - ( x3 + 1 ln x3 < 0 x2 - x2 > 0 x2 -x2 > 0 x1 x1x ，又 3 1 1 ，即 3 1 ， x1 所以 k1 - k2 < 0，即 k1 < k2，所以曲线 f(x) 在点 B 处切线斜率小于 A，C 两点连线斜率． 【题型 洛必达法则 25. (2025 高三·全国·专题练习) 已知函数 f (x 范围． 【答案】1,+∞ = (ax-2 ex - e(a -2 ．当 x > 1 时 f (x · 0，求 a 的取值 【解题思路】分离参数，构造新函数 g(x 则计算即可. = 2ex -2e ，及 h(x xex -e = xe - ex，判定其导函数的符号结合洛必达法 【解答过程】由题意可知，当 x > 1,f (x · 0 时，即 (ax - 2)ex - e(a -2 · 0 等价于 a > 2ex -2e ． xex -e 设 g(x = 2ex -2e xex -e ，则 gr (x 2xex+1-2(ex 2 = (xex-e 2 = 2ex(xe -ex (xex-e 2 设 h(x = xe - ex，则 hr (x = e - ex，因为 x > 1，所以 hr (x < 0， 即当 x > 1 时，gr (x < 0，所以 g(x 在 (1,+∞ 上单调递减， 当 x → 1 时，2ex - 2e → 0，当 x → 1 时，xex - e → 0 满足洛必达法则， 所以 limg(x = lim 2ex -2e = lim 2ex = 1， x→1 x→1 xex -e x→1 ex + xex 即当 x > 1 时，a 的取值范围是 1,+∞ ． 26. (2024 高三·全国·专题练习) 已知函数 f (x = lnx + 1 ，如果当 x > 0，且 x ≠ 1 时，f (x · lnx + k ，求 k 的取值范围． x 【答案】(-∞,0 x+ 1 x x-1 【解题思路】将题意转化为 k < xlnx x+ 1 + 1 - xlnx ，令 g(x x-1 = 2xlnx 1 -x2 + 1，利用洛必达法则求出 limg(x ，即 x→1 可得出答案. 【解答过程】根据题目的条件，当 x > 0 且 x ≠ 1 时，f (x · lnx + k x-1 x 得 lnx + 1 > lnx + k ，等价于 k < xlnx + 1 - xlnx = 2xlnx + 1． x+ 1 x x-1 x x+ 1 x-1 1 -x2 2 2 2(x2+ 1 lnx+ 1-x2 设 g(x = 2xlnx + 1，gr (x = 2(x + 1 lnx+ 2(1 -x = ( x2 +1 ， 1 -x2 2(x2+ 1· 0 h x 因为 (1 -x2 2 ，设 ( (1 -x2 2 = lnx + 1 -x2 ， x2 + 1 (1 -x2 2 1 -2x(x2+ 1 -(1 -x2 × 2x 1 4x (1 -x2 2 则 hr (x = x + (x2+ 1 2 = x - (x2+ 1 2 = x(x2+ 1 2 > 0， 所以 h(x 在 (0,+∞ 上单调递增， 因为 h(1 = 0，所以当 x ∈ (0,1 时，h(x < 0， 即 g(x 在 (0,1 上单调递减，当 x ∈ (1,+∞ ,h(x) > 0,g(x 在 (1,+∞ 上单调递增． 当 x 趋近 1 时，2xlnx 趋近 0，当 x 趋近 1 时，1 - x2 趋近 0， 所以 2xlnx 1 -x2 符合洛必达法则的条件， 即 limg(x = lim 2xlnx + 1 = 1 + lim 2lnx+ 2 =-1 + 1 = 0， x→1 x→1 ( 1 -x2 x→1 -2x 所以当 x > 0,x ≠ 1 时，g(x) > 0 所以 k 的取值范围是 (-∞,0 ． 27. (2025 高三·全国·专题练习) 设函数 f (x = ex - b + cx - ax2 ， (1) 若 f (0 = 0，f (-1 = 1 e - a(a 为常数)，求 f (x 的解析式； (2) 在 (1) 条件下，若当 x ≥ 0 时，f (x ≥ 0，求 a 的取值范围． 【答案】(1)f (x (2)a ≤ 1 2 = ex - 1 - x - ax2 【解题思路】(1) 根据 f (0 = 0，f (-1 = 1 e - a 求解； (2) 由 (1) 知 x = 0 时，f (0 = 0 ≥ 0，此时，a ∈ R，将问题转化为 a ≤ ex -x-1 x2 对 x > 0 恒成立求解． 【解答过程】(1) 解：因为 f (0 = 0，f (-1 = 1 e - a， 所以 f (0 = 1 - b = 0，f (-1 = 1 e - b - c - a = 1 e - a， 解得 b = 1,c =-1， 所以 f (x = ex - 1 - x - ax2； (2) 由 (1) 可知，x = 0 时，f (0 = 0 ≥ 0，此时，a ∈ R； 故 x ≥ 0 时，f (x ≥ 0 成立 ⇔ x > 0 时，f (x ≥ 0 成立， ⇔ ex - 1 - x - ax2 ≥ 0 对 x > 0 恒成立， 即 a ≤ ex -x-1 x2 对 x > 0 恒成立； 记 h(x = ex -x-1 ，则 hr (x x2 = xex -2ex + x+ 2 ， x3 记 φ(x = xex - 2ex + x + 2，则 φr (x = xex - ex + 1， 记 r(x = xex - ex + 1，则 rr (x = xex， ∴ 当 x > 0 时，rr (x · 0，φr (x 在 (0,+∞ 上单调递增； φr (x · φr (0 = 0， 所以 φ(x 在 (0,+∞ 上单调递增；φ(x · φ(0 = 0； ∴ x ∈ (0,+∞ 时，hr (x · 0，即 h(x 在 (0,+∞ 上单调递增； 记 p(x = ex - x - 1，q(x = x2 ， 当 x → 0 时，p(x → 0，q(x → 0 符合洛必达法则条件， ∴ limh(x) = lim ex -x-1 = lim ex -1 = lim ex = 1 ， x→0 x→0 x2 x→0 2x x→0 2 2 ∴ x > 0 时，h(x · 1 ， 2 ∴ a ≤ 1 ． 2 28. (2024·浙江·二模) ①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具 - - 洛必达法则，法则中有结论：若函 数 f (x ，g(x 的导函数分别为 fr (x ，gr (x ，且 lim f(x) = limg(x) = 0，则 lim f(x) x→a g(x)( = lim fr(x) . x→a gr(x) x→a x→a ②设 a > 0，k 是大于 1 的正整数，若函数 f (x 满足：对任意 x ∈ 0,a ，均有 f (x ≥ f x k 成立，且 lim f (x x→0 = 0，则称函数 f (x 为区间 0,a 上的 k 阶无穷递降函数. 结合以上两个信息，回答下列问题： (1) 试判断 f (x = x3 - 3x 是否为区间 0,3 1 上的 2 阶无穷递降函数； (2) 计算：lim(1 + x)x ； x→0 (3) 证明： sinx( x-π 【答案】(1) 不是； (2)e； (3) 证明见解析. 3 < cosx，x ∈ π, 3 π . 2( 【解题思路】(1) 根据函数 f (x 为区间 0,a 上的 k 阶无穷递降函数的定义即可判断； (2) f(x) fr(x) 通过构造 h(x = lng(x ，再结合 lim = lim 即可得到结果； x→a g(x) x→a gr(x) (3) 通过换元令令 x - π = t，则原不等式等价于 tant ⋅ sin2t ≥ t3,t ∈ 0, π( 2 ，再通过构造函数 f (t = tant⋅sin2t ,t ∈ (0, π ，根据题干中函数 f (x 为区间 0, π 上的 k 阶无穷递降函数的定义证出 f (t · 1,t t3 ∈ 0, π( 2 2 l 2 ，即可证明结论. 【解答过程】(1) 设 F (x = f (x - f ( x = 7 x3 - 3 x， 由于 F (1 = 7 8( - 3 2 < 0， 2 8 2 所以 f (x ≥ f x 2 不成立， 故 f (x = x3 - 3x 不是区间 0,3 上的 2 阶无穷递降函数. (2) 设 g(x 1 = (1 + x)x ，则 lng(x = 1 ln(1 + x x = ln(1 + x ， x 设 h(x ln(1 + x = x ， ln(1 + x) 1 则 limh(x) = lim = lim 1+ x = 1， x→0 x→0 x x→0 1 1 所以 limlng(x) = 1，得 lim(1 + x)x = e. x→0 x→0 (3) 令 x - π = t，则原不等式等价于 tant ⋅ sin2t ≥ t3,t ∈ 0, π ，( 2 即证 tant⋅sin2t t3 ≥ 1,t ∈ 0, π ， 2( tant⋅sin2t π t 8tan t ⋅sin2 t 记 f (t = f (t t3 ,t ∈ (0, 2 tant⋅sin2t ，则 f ( 2 = t3 2 2 ， t3 cos2 t 1 所以 = f ( t t3 ⋅ 8tan t ⋅sin2 t = 2 = 1 -tan2 t 1 -tan4 t · 1， 2 即有对任意 t ∈ 0, π( 2 ，均有 f (t 2 2 2 2 · f t ，( 2 所以 f (t · f t 2( >⋯> f t ， 2( n 因为 lim sinx = limcosx = 1， x→0 x t ( 2n x→0 tan t2n ⋅sin2 t2n sin3 t ( 2n 3 (  sin t 3 1  ( 2n 所以 lim f n→+∞2n = lim n→+∞ t( 2n = lim n→+∞ t3 ( 2n cos t = lim  n→+∞  tl 2n ⋅ lim n→+∞ cos t( 2n = 1， 所以 f (t · 1,t ∈ 0, π 2( ，证毕! 过关测试 1、 单选题 29. (24 - 25 高二下·辽宁沈阳·阶段练习) 已知 f (x = (ax-a -1 ex + x，若 0 是 f (x 的极小值点，则 a 的 取值范围为 ( ) A. 0,+∞ 【答案】B B. (1,+∞ C. (-∞,1 D. (-∞,0 【解题思路】通过对函数 f (x 求导，满足 fr (0 = 0，然后分类讨论利用导数法研究 fr (x 的符号，根据极小值 点的概念判断即可. 【解答过程】对函数 f (x 求导得：fr (x = aex + (ax-a -1 ex + 1 = (ax-1 ex + 1， 又由 x = 0 是函数 f (x 的极小值点，所以 fr (0 =-e0 + 1 = 0， 还需分析 fr (x 在 x = 0 附近的符号变化，令 g(x = fr (x = (ax-1 ex + 1， 则 gr (x = (ax+ a -1 ex，gr (0 = (a -1 e0 = a - 1， 当 a > 1 时，gr (0 > 0，g(x 即 fr (x 在 x = 0 附近单调递增，又 g(0 = 0， 所以当 x < 0 时，g(x = fr (x < 0，当 x > 0 时，g(x = fr (x > 0，满足 0 是 f (x 的极小值点； 当 a = 1 时，g(x = fr (x = (x-1 ex + 1，gr (x = xex， 当 x < 0 时，gr (x < 0，g(x 单调递减，当 x > 0 时，gr (x > 0，g(x 单调递增，所以 g(x = fr (x ≥ g(0 = 0， 所以 f (x 单调递增，此时 f (x 无极小值点； 当 a < 1 时，gr (0 < 0，g(x 即 fr (x 在 x = 0 附近单调递减， 又 g(0 = 0，所以当 x < 0 时，g(x = fr (x > 0，当 x > 0 时，g(x = fr (x < 0， 此时 0 是 f (x 的极大值点，不符合题意； 综上所述：a 的取值范围为 (1,+∞ . 故选：B. 30. (2025·四川成都·一模) 已知 a 为常数，函数 f (x 为 ( ) = (x-a lnx 存在极大值，则不等式 f (x < 0 的解集 A. (0,a 【答案】D B. (1,a C. (a,1 D. (0,1 【解题思路】先确定定义域，根据 f (x 存在极大值，确定其导函数 fr (x 存在零点且零点处由正变负，对其二 次求导通过 frr (x 的正负确定 fr (x 的单调性从而确定 a 的取值范围进而可解不等式. 【解答过程】因为存在 lnx，所以要求 x > 0，故函数的定义域为 (0, +∞)， 因为函数 f (x = (x-a lnx 存在极大值，所以其导数 fr (x 需存在零点，且零点处由正变负， 求导得：fr (x = (x-a rlnx + (x-a (lnx)r = lnx + (x-a ⋅ 1 x = lnx + 1 - a ， x 令 fr (x = 0，即 lnx + 1 - a x = 0. 二阶导数 frr (x = 1 x + a x2 = x+ a ， x2 当 a ≥ 0 时，frr (x = x+ a x2 ≥ 0 在定义域 (0, +∞) 上恒成立，所以 fr (x 在 (0, +∞) 上单调递增，此时函数 f (x = (x-a lnx 可能存在极小值或无极值，不存在极大值，不符合题意； 当 a < 0 时，frr (x = x+ a x2 · 0 时，即 x >-a，frr (x = x+ a x2 < 0 时，即 x <-a； 故 fr (x 在区间 (0, -a) 上单调递减，在区间 (-a, +∞) 上单调递增；故 fr (x 的极小值为 fr (-a = ln(-a) + 1 - a = ln(-a) + 2， -a 若函数 f (x = (x-a lnx 存在极大值，则 ln(-a) + 2 < 0，故 ln(-a) <-2 = lne-2，所以 0 <-a < e-2， 又因为 x > 0，所以 x - a > 0，故 (x-a lnx < 0 化简为 lnx < 0，所以 0 < x < 1.故选：D. 31. (2025·江苏常州·模拟预测) 函数 f(x) = (x - 5)ex + ex + 3e 的所有零点之和为 ( ) A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】B 【解题思路】求导，结合零点存在性定理可判断函数的单调性，进而可知函数有 3 个零点，根据一个零点为 x0，计算 f (2 -x0 ，进而可判定 2 - x0 是函数的另一个零点，即可求解. 【解答过程】fr (x = (x - 4)ex + e， 记 g(x = (x - 4)ex + e，则 gr(x) = (x - 3)ex， 当 x > 3,gr(x) > 0,g(x 在 (3,+∞ 单调递增，当 x < 3,gr(x) < 0,g(x 在 (-∞,3 单调递减， 由于 g(3 =-e3 + e < 0,g(4 = e > 0,g(-2 =-6e-2 + e > 0， 因此存在 x1 ∈ (-2,3 ,x2 ∈ (3,4 , 使得 g(x1 = g(x2 = 0， 且当 x < x1 和 x > x2 时，g(x > 0，则 f (x 在 (-∞,x1 和 (x2,+∞ 单调递增， 当 x1 < x < x2 时，g(x < 0，则 f (x 在 (x1,x2 单调递减， 且当 x →+∞,f (x →+∞，x →-∞,f (x →-∞，f (1 = 0， 因此 f (x 有 3 个零点，其中一个零点为 1， 设其中一个零点为 x0，则 f(x0) = (x0 - 5)ex0 + ex0 + 3e = 0， 即 (5 - x0)ex0 = ex0 + 3e，进而 5 - x0 = (ex0+ 3e e-x0 = (x0+ 3 e1-x0 ， 此时 f(2 - x0) = (2 - x0 - 5)e2-x0 + e(2 -x0 (x0+ 3 e2-x0 = 0， 因此 2 - x0 是方程的另一个零点， 故所以的零点之和为 2 - x0 + x0 + 1 = 3，故选：B. + 3e = (-x0 - 3)e2-x0 + e(5 -x0 = (-x0 - 3)e2-x0 + 32. (24 - 25 高二下·吉林长春·期中)1696 年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导 再求极限来确定未定式值的方法 . 如 ：lim x→0 sinx x = lim x→0 (sinx)r xr = lim x→0 cosx 1 = 1 ，按此法则有 lim ex +e-x -2 = ( ) x→0 1 -cosx A. 2 B. 1 C. 0 D. - 2 【答案】A 【解题思路】根据洛必达法则直接求导并代入计算即可. 【解答过程】由题意可得 lim ex +e-x -2 = lim (ex+e-x-2 r r = lim ex -e-x x→0 1 -cosx x→0 (1 -cosx) x→0 sinx = lim (ex-e-x r r = lim ex +e-x = 2， x→0 (sinx) x→0 cosx 故选：A. 33. (2025·黑龙江佳木斯·三模) 已知不等式 xex - x ≥ lnx + m + 3，对 ∀ x ∈ (0,+∞ 范围为 ( ) 恒成立，则 m 的取值 A. m ≤- 1 2 B. m ≥- 1 2 C. m >-2 D. m ≤-2 【答案】D 【解题思路】将问题转化为 xex - x - lnx ≥ m + 3 对 ∀ x ∈ (0,+∞ 恒成立，构造函数 f (x = xex - x - lnx(x>0 ，进而通过导数方法求出函数的最小值，即可得到答案. 【解答过程】不等式 xex - x ≥ lnx + m + 3 对 ∀ x ∈ (0,+∞ 恒成立， 即 xex - x - lnx ≥ m + 3 对 ∀ x ∈ (0,+∞ 恒成立， 令 f (x = xex - x - lnx(x>0 ， 则 fr (x = (x+ 1 ex - 1 - 1 x = (x+ 1 ex - 1 ， x( 因为函数 y = ex,y =- 1 x 在 (0,+∞ 上单调递增， 所以函数 g(x = ex - 1 x 在 (0,+∞ 上单调递增， 又 g 1( 2 = e - 2 < 0，g(1 = e - 1 > 0， 所以存在唯一 x0 ∈ ( 1 ,12 ，使得 g(x0 = ex0 - 1 x0 = 0，即 ex0 = 1 x0 ，lnx0 =-x0， 则 x ∈ (0,x0 时，g(x < 0,fr (x < 0；x ∈ (x0,+∞ 时，g(x > 0,fr (x > 0， 所以函数 f (x 在 (0,x0 上单调递减，在 (x0,+∞ 上单调递增， 所以 f (x min = f (x0 = x0ex0 - x0 - lnx0 = x0 ⋅ 1 x0 - x0 + x0 = 1， 则 m + 3 ≤ 1，即 m ≤-2.故选：D. 34. (24 - 25 高二下·新疆伊犁·期中) 我们把分子、分母同时趋近于 0 的分式结构称为 0 0 型，比如：当 x → 0 时，ex -1 x 的极限即为 0 0 型. 两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在 1696 年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法. 如： r lim ex -1 = lim (ex -1 = lim ex = limex = e0 = 1，则 lim lnx = ( ) x→0 x A. 3 8 x→0 xr x→0 1 B. 1 2 x→0 x→1 x2 -1 C. 1 D. 2 【答案】B 【解题思路】根据题意利用洛必达法则求解即可 【解答过程】由题意得 lim lnx = lim (lnx r 1 = lim x = lim 1 = 1 ， 故选：B. x→1 x2 -1 x→1 (x2-1 r x→1 2x x→1 2x2 2 35. (2025·云南曲靖·二模) 已知函数 f (x = ax + bx - 2(0 < a < 1,b > 1)，若该函数有且只有一个零点，则 ab 的值为 ( ) A. 1 B. 1 e2 C. 1 e D. e 【答案】A 【解题思路】由题意可说明 0 为 f (x 的唯一零点, 然后求函数的导数，并令导数等于 0，求得 x0 = log b (- lna ，根据导数的正负判断函数的单调性，说明 f (x min = f (x0 ，进而说明 f (x 的最小值为 f (x0 a lnb = 0，从而可得 x0 = log b (- lna = 0，结合对数的运算，求得答案． a lnb 【解答过程】由题意知函数 f (x 有且只有 1 个零点， 而 f (0 = ax + bx - 2 = 0，故 0 即为 f (x 的唯一零点， 因为 fr (x = axlna + bxlnb，且 0 < a < 1,b > 1， 故 lna < 0,lnb > 0 ，所以 fr(x) = 0 有唯一解 x0 = log b (- lna ， a lnb 令 h(x) = fr(x)，则 hr (x = (axlna + bxlnb = ax(lna 2 + bx(lnb 2， 对于任意 x ∈ R ，都有 hr(x) > 0，故 fr(x) = h(x) 在 R 上单调递增， 则 x ∈ (-∞,x0 时，fr(x) < 0，x ∈ (x0,+∞ 时，fr(x) > 0， 故函数 f(x) 在 x ∈ (-∞,x0 时单调递减，在 x ∈ (x0,+∞ 时单调递增， 故 f (x min = f (x0 ； 若 f (x < 0，当 x < log 2 时，ax > alog2 = 2,bx > 0，bx > 0 ，a 0 a 则 g(x) > 0 ，因此当 x1 < loga2 且 x1 < x0 时，f (x1 > 0， 此时 f(x) 在 (x1,x0 内有零点，则 f(x) 至少有两个零点，与题意不符； 故 f (x0 ≥ 0，则 f(x) 的最小值为 f (x0 = 0， 因为由题意知 0 为 f(x) 的唯一零点，故 x0 = 0 ， 即 x0 = log b (- lna = 0, - lna = 1，则 lna + lnb = 0,lnab = 0,ab = 1， a 即 ab 值为 1.故选：A. lnb lnb 36. (2025·江西新余·模拟预测) 若关于 x 的不等式 aex + (lnx 2 ≥ x2 + (2lna + 1 x + (lna 2 在 (0,+∞ 上恒成立，则实数 a 的取值范围为 ( ) A. e,+∞ 【答案】Ce B. (0,e C. l 1 ,+∞ D. 0, 1 e( 【解题思路】利用通过将原不等式转化为 ex+lna - (x+lna 2 ≥ elnx - (lnx 2，令 g(x = ex - x2，利用导数可得 该函数为增函数，从而得 x + lna ≥ lnx，再设 m(x = lnx - x，求出该函数的最大值后可得参数的取值范围. 【解答过程】依题意，aex - (x+lna 2 ≥ x - (lnx 2，则 ex+lna - (x+lna 2 ≥ elnx - (lnx 2， 令 g(x = ex - x2，则 gr (x = ex - 2x = h(x ， 则 hr (x = ex - 2，令 hr (x = 0，解得 x = ln2， 故当 x ∈ (0,ln2 时，hr (x < 0，h(x 在 (0,ln2 上单调递减， 当 x ∈ (ln2,+∞ 时，hr (x > 0，h(x 在 (ln2,+∞ 单调递增， 故 h(x ≥ h(ln2 = 2 - 2ln2 > 0， 故 g(x 在 (0,+∞ 上单调递增，故只需 x + lna ≥ lnx，即 lna ≥ lnx - x， 令 m(x = lnx - x，则 mr (x = 1 -x ， x 故当 x ∈ (0,1 时，mr (x > 0，m(x 在 (0,1 单调递增， 当 x ∈ (1,+∞ 时，mr (x < 0，m(x 在 (1,+∞ 单调递减， 故 m(x ≤ m(1 =-1，则 lna ≥-1，即 a ≥ 1 ， e 故选：C. 2、 多选题 37. (2025·海南·模拟预测) 设函数 f (x = (x+ a lnx,a ∈ R，则 ( ) A. 当 a = 0 时，f (x 的最小值为 - 1 e B. 当 0 < a < 1 e2 时，f (x 有且仅有两个极值点 C. 若 f (x 为增函数，则 a ≥ 1 e3 D. 若 f (x ≥ 0，则 a =-1 【答案】ABD 【解题思路】应用导数演技函数的单调性，进而求最值判断 A；问题化为判断 fr (x = lnx + a x + 1 且 x > 0 是否存在两个变号零点判断 B；根据 B 分析只需保证 lna + 2 ≥ 0 判断 C；根据 y = x + a、y = lnx 在 (0, +∞) 上单调递增，ln1 = 0，结合不等式恒成立即可判断 D. 【解答过程】A：f (x( = xlnx 且 x > 0，则 fr (x = 1 + lnx，故 0 < x < 1 e( 时 fr (x < 0，x > 1 e 时 fr (x · 0， 所以 f (x 在 0, 1 e 上单调递减，在 1 ,+∞ e( 上单调递增，则 f (x ≥ f 1 e =- 1 ，对； e B：由题设 fr (x = lnx + a x + 1 且 x > 0，令 g(x) = fr(x)，则 gr(x) = 1 x - a x2 = x-a ， x2 当 0 < a < 1 e2 ，则 0 < x < a 时 gr(x) < 0，x > a 时 gr(x) > 0， 所以 g(x) = fr(x) 在 (0,a) 上单调递减，在 (a, +∞) 上单调递增， 则 fr (x ≥ fr(a) = lna + 2，而 lna + 2 < 0，由 0 < a2 < a，且 fr (a2 = 2lna + 1 a + 1， 对于 y = 2lna + 1 a + 1 且 0 < a < 1 e2 ，则 yr = 2 a - 1 a2 = 2a -1 a2 < 0， 所以 y = 2lna + 1 + 1 在 0, 1 上单调递减，y > 2ln 1 + e2 + 1 = e2 - 3 > 0， a ( e2 e2 则 fr (a2 · 0，又 fr (1 = a + 1 > 0，故 g(x) = fr(x) 在 (0,a)、(a, +∞) 各存在唯一变号零点， 所以 f (x 有且仅有两个极值点，对； C：由 B 分析，要使 f (x 为增函数，只需 lna + 2 ≥ 0，即 a ≥ 1 e2 ，错； D：由 f (x = (x+ a lnx ≥ 0，且 y = x + a、y = lnx 在 (0, +∞) 上单调递增， 又 ln1 = 0，故只需 1 + a = 0，即 a =-1，对.故选：ABD. 38. (2025·四川乐山·三模) 已知函数 f (x 成立，则下列说法正确的是 ( ) = ln(4 -x · lnx + ax，当且仅当 1 < x < 3 时，导函数 fr (x > 0 A. a = 4 32 B. fr (e-1 + fr (2 < 2 32 C. fr e-1 + fr 2 · 2 D. 2025 f ( i+ 1 = 5400 ( 【答案】ABD ( 3 Σ i=1 507 【解题思路】A 先求 fr (x ，再将问题转化为 ax2 - 4ax + 4 < 0 的解集为 (1,3 ，利用韦达定理即可；先研究 fr (x 的单调性，得出 fr (x max = fr (2 = 1 3 即可判断 BC 选项；D 先求证 f (x + f (4 -x = 16 ，再利用倒序 3 相加法即可求得. 【解答过程】由 4 -x>0 得，0 < x < 4，则 f (xx>0 的定义域为 (0,4 ， 又当且仅当 1 < x < 3 时，导函数 fr (x > 0 成立， 则 fr (x = -1 - 1 + a = -ax2 + 4ax-4 · 0 的解集为 (1,3 ， 4 -x x x(4 -x 即 ax2 - 4ax + 4 < 0 的解集为 (1,3 ， 则 a > 0，4a a = 1 + 3，4 a = 1 × 3，则 a = 4 ，故 A 正确； 3 - 4 x2 + 4 × 4 x-4 4 x2 -4x+ 3 4 (x-1 (x-3 fr (x3 = 3 3 =- × x(4 -x x(4 -x =- 3 × ， x(4 -x 令 g(x = fr (x =- 4 3 × (x-1 (x-3 ， x(4 -x 则 gr (x =- 4 × (2x-4 x(4 -x -(-2x+ 4 (x-1 (x-3 =- 8(x-2 ， 3 x(4 -x 2 x(4 -x 2 则 gr (x · 0 得 0 < x < 2；gr (x < 0 得 2 < x < 4， 则 g(x = fr (x 在 (0,2 上单调递增，在 (2,4 上单调递减， 则 fr (x max = fr (2 = 1 ， 32 则 fr (e-1 + fr (2 < 2fr (2 = 2 ，故 B 正确；C 错误； 3 因 f (x = ln(4 -x · lnx + 4x ，则 f (4 -x 3 = lnx - ln(4 -x + 4(4 -x ， 3 则 f (x + f (4 -x = 16 ， 3 2025 i+ 1 2 3 2026 记 S = Σ f ( 507 = f ( 507 + f ( 507 +⋯+f ( 507 ，i=1 则 S = f 2026( 507 + f 2025 507( +⋯+f 2 ， 507( 两式相加得 2S = 2025 f ( 2026 + f ( 2 = 2025 × 16 = 10800， 2025 l i+ 1 507 507 3 则 S = 5400，记 Σ f ( 507 = 5400，故 D 正确.i=1 故选：ABD. 39. (2025·湖南常德·模拟预测) 已知函数 f (x = ex + a x2 - x - 1(a ∈ R 2 ，下列有关结论正确的是 ( ) A. 对任意 a ≥ 0，f (x ≥ 0 在 R 上恒成立 B. 存在 a < 0，f (x 是 R 上的单调函数 C. 存在 a < 0，f (x 有唯一极值 D. 任意 a <-1，f (x 在 (0,+∞ 上有且只有一个零点 【答案】ABD 【解题思路】对函数求导，讨论 a ≥ 0、a < 0 分别研究对应 f (x 的区间单调性、极值和零点，进而依次判断各 项的正误. 【解答过程】A 选项，由题设 fr (x = ex + ax - 1，令 g(x) = fr (x ，则 gr(x) = ex + a 且在 R 上单调递增， 当 a ≥ 0 时，gr(x) > 0，g(x) = fr (x 是 R 上的增函数，又 fr (0 = 0， 则 x < 0 时，fr (x < 0，x > 0 时，fr (x > 0， 所以 f (x 在 (-∞,0 上单调递减，在 (0,+∞ 上单调递增，f (x ≥ f (0 = 0，A 正确. BC 选项，当 a < 0 时，令 gr(x) = 0，可得 x = ln(-a . x ∈ (-∞,ln(-a 时，gr(x) < 0，x ∈ (ln(-a ,+∞ 时，gr(x) > 0， 所以 fr (x 在 (-∞,ln(-a 上单调递减，在 (ln(-a ,+∞ 上单调递增， 所以 fr (x ≥ fr (ln(-a ，又 fr (0 = 0. 当 ln(-a = 0，即 a =-1 时，fr (x ≥ 0，f (x 是 R 上的单调增函数，B 正确. 当 ln(-a ≠ 0，即 a ≠-1 且 a < 0 时，fr (x min = fr (ln(-a < fr (0 = 0， 存在 x1 ≠ 0(x1 > ln(-a > 0 或 x1 < ln(-a < 0)，使得 fr (x1 = 0， 又 fr (0 = 0，此时 x1 和 0 是 f (x 的两个极值点，且 a =-1 时 f (x 无极值，C 错误. D 选项，当 a <-1 时，ln(-a > 0，x ∈ (0,x1 时，fr (x < 0，x ∈ (x1,+∞ 时，fr (x > 0， 所以 f (x 在 (0,x1 上单调递减，在 (x1,+∞ 上单调递增， 所以 ∀ x ∈ (0,x1 ，f (x < f (0 = 0，x →+∞，f (x > 0， 故 f (x 在 (0,+∞ 必唯一存在零点，D 正确. 故选：ABD. 3、 填空题 40. (2025 高三·全国·专题练习) 已知函数 f(x) = x2lnx - a(x2 - 1)，a ∈ R. 若当 x ≥ 1 时，f(x) ≥ 0 恒成立，则实数 a 的取值范围为 ． 【答案】 -∞, 1( 2 【解题思路】按 x = 1,x > 1 分段讨论，在 x > 1 时分离参数构造函数 g(x) = x2lnx ，利用导数探讨单调性，再 x2 -1 利用洛必达法则求解即得. 【解答过程】当 x = 1 时，f(x) = 0，不等式 f(x) ≥ 0 成立； 当 x > 1 时，f(x) ≥ 0 ⇔ a ≤ x2lnx ，令 g(x) = x2lnx ,x > 1，依题意，∀ x > 1,a ≤ g(x)， x2 -1 r x(x2 -1 -2lnx) x2 -1 2 r 2 求导得 g (x) = (x2 -1)2 ，令 h(x) = x - 1 - 2lnx,x > 1，求导得 h (x) = 2x - x > 0， 函数 h(x) 在 (1, +∞) 上单调递增，则 h(x) > h(1) = 0，即 gr(x) > 0， 函数 g(x) 在 (1, +∞) 上单调递增，由洛必达法则知 lim x2lnx = lim 2xlnx+ x = 1 ， 因此 g(x) > 1 2 恒成立，则 a ≤ 1 ， 2 x→1 x2 -1 x→1 2x 2 所以实数 a 的取值范围为 -∞, 1 .( 2 故答案为： -∞, 1 .( 2 41. (2025·山东泰安·模拟预测) 已知函数 f (x) = (x - 1) (x2 + mx + 1) 既有极大值又有极小值，且 f (x) 在区间 (1,2) 上单调，则 m 的取值范围是 . 【答案】(-∞, -3] ∪ (1, +∞) 【解题思路】由题可得 f(x) 既有极大值又有极小值，求导确定导函数的根列不等式组即可得 m 的取值范围，再根据函数的单调性确定函数 f(x) 在区间 (1,2) 上单调递减或 f(x) 在区间 (1,2) 上单调递增时，列不等关 系即可求得 m 的取值范围. 【解答过程】由题意得 f(x) = x3 + (m - 1)x2 + (1 - m)x - 1，且 f(x) 既有极大值又有极小值，故 fr(x) = 3x2 + 2(m - 1)x - (m - 1) = 0 有两个不相等的实数根， 即 Δ = 4(m - 1)2 + 12(m - 1) > 0，解得 m > 1 或 m <-2. 设 g(x) = fr(x)， 若 f(x) 在区间 (1,2) 上单调递减，则需满足 g(1)= m+ 2 ≤0 ，解得 m ≤-3.g(2)= 3m+ 9 ≤0 Δ>0 Δ>0 若 f(x) 在区间 (1,2) 上单调递增，则 g(2)= 3m+ 9 ≥0 或 g(1)= m+ 2 ≥03 3 解得 m 无解或 m > 1. - m-1 ≥2 - m-1 ≤1 综上，m 的取值范围是 (-∞, -3] ∪ (1, +∞). 故答案为：(-∞, -3] ∪ (1, +∞). 42. ( 2025 · 全国· 二模) 若函数 f (x = a x log a x (a >0,a ≠ 1 ，∀ x 1 , x 2 ∈ (0,+∞ ，且 x 1 ≠ x 2 ，满足 f (x1 - f (x2 > 0，则 a 的最大值为 . x1-x2 【答案】ee 【解题思路】根据给定条件，求出函数的导数，结合题设可得函数 f (x 性建立恒成立的不等式求解. 在 (0,+∞ 上单调递增，再利用单调 【解答过程】由 f(x) = axlogax，x ∈ (0,+∞ ， 则 fr(x) = axlnalogax + ax ⋅ 1 = ax (xlnx+ 1 ， xlna x lna 由 ∀ x ,x ∈ (0,+∞ ，且 x ≠ x ，满足 f (x1 - f (x2 > 0，则函数 f (x 在 (0,+∞ 上单调递增， 1 2 1 2 x1-x2 又 ax > 0，则 xlnx + 1 ≥ 0 恒成立， lna 令函数 g(x) = xlnx + 1 ，x ∈ (0,+∞ lna ，则 gr(x) = 1 + lnx， 当 0 < x < 1 e 时，gr(x) < 0；当 x > 1 e( 时，gr(x) > 0， 所以函数 g(x) 在 0, 1( e 上单调递减，在 1 ,+∞ e 上单调递增， 因此 g(x)min = g( 1 =- 1 + 1 ，则 - 1 + 1 ≥ 0，解得 1 < a ≤ ee，所以 a 的最大值为 ee. e 故答案为：ee. 四 解答题 e lna e lna 43. (2025·湖南长沙·三模) 已知函数 f(x) = lnx + axex-1 + x + 1． (1) 若曲线 y = f(x) 在点 (1,f(1)) 处的切线经过原点，求 a； (2) 若 a =- 1 e3 ，求 f(x) 的最大值． 【答案】(1)a = 0 (2)4． 【解题思路】(1) 利用导数的几何意义求出切线方程，结合切线过原点求出参数 a 的值； (2) 在 a =- 1 e3 时，对 f(x) 求导，利用零点存在定理判断其单调性，借助于导函数的零点，即可化简转化，求 得 f(x) 的最大值. 【解答过程】(1)f(x) 的定义域为 (0, +∞)，则 f(1) = 2 + a． fr(x) = 1 x + a(x + 1)ex-1 + 1，则 fr(1) = 2 + 2a． 所以曲线 y = f(x) 在点 (1,f(1)) 处的切线方程为 y = (2 + 2a) (x - 1) + 2 + a．依题意，将点 (0,0) 代入切线方程，解得 a = 0． (2) 当 a =- 1 e3 时，f(x) = lnx - xex-4 + x + 1，且 x ∈ (0, +∞)， 所以 fr(x) = 1 x - (x + 1)ex-4 + 1 = (x + 1) 1 -ex-4 ， x( 设 h(x) = 1 x · ex-4 ，易知 h(x) 在 (0, +∞) 上单调递减， 且 h(2) = 1 2 · 1 e2 · 0,h(3) = 1 3 · 1 e < 0， 故存在 x0 ∈ (2,3)，使得 h(x0 = 0，即 1 x0 = ex0-4 ，所以 x0ex0-4 = 1，即 lnx0 =-x0 + 4， 当 x ∈ (0,x0 时 fr(x) = h(x) > 0，故 f(x) 在 (0,x0 上单调递增， 当 x ∈ (x0,+∞ 时 fr(x) = h(x) < 0，故 f(x) 在 (x0,+∞ 上单调递减， 所以 f(x) ≤ f (x0 = lnx0 - x0ex0-4 + x0 + 1 =-x0 + 4 - 1 + x0 + 1 = 4， 故 f(x) 的最大值为 4． 44. (2024 高三·全国·专题练习) ∀ x ∈ (0, +∞),ex - 1 - x - ax2 ≥ 0 恒成立, 求 a 的取值范围 【答案】a ≤ 1 2 【解题思路】常数分离得 a ≤ ex -x-1 ，判断 g(x) = ex -x-1 的单调性并用罗比塔法则求其最小值. x2 x2 【解答过程】ex - 1 - x - ax2 ≥ 0 ⇔ a ≤ ex -x-1 ， x2 记 g(x) = ex -x-1 ，x ∈ (0, +∞)， x2 则 gr(x) = xex -2ex + x+ 2 ， x3 记 h(x) = xex - 2ex + x + 2，则 hr(x) = xex - ex + 1， 而 (xex-ex+ 1 r = xex > 0， 所以,hr(x) 在 (0, +∞) 单调递增, 所以 hr(x) > hr(0) = 0， 所以,h(x) 在 (0, +∞) 单调递增, 所以 h(x) > h(0) = 0， 即在 (0, +∞) 上 gr(x) > 0, 所以 g(x) 在 (0, +∞) 上单调递增， 所以 a ≤ limg(x) = lim ex -x-1 = lim ex -1 = lim ex = 1 ， x→0 所以 a ≤ 1 . 2 x→0 x2 x→0 2x x→0 2 2 45. (2025·山东淄博·三模) 已知函数 f (x = ln(x+ m + e-x - m. (1) 当 m = 1 2 时，判断 y = f (x 有无极值点，并说明理由； (2) 当 1 < m < 3 时，判断函数 y = f (x 在 (1 -m,+∞ 上的零点个数并给出证明. 【答案】(1)y = f (x 无极值点，理由见解析 (2) 函数 y = f (x 在 (1 -m,+∞ 上有 2 个零点，证明见解析 【解题思路】(1) 求出导函数，判断导函数的符号，从而判断极值点； (2) 利用导数判断 f(x) 的单调性，再结合零点存在性定理即可判断零点个数． 【解答过程】(1) 当 m = 1 2 时，y = f (x 无极值点，理由如下： 当 m = 1 时，函数 f (x = ln(x+ 1 + e-x - 1 ，定义域为 (- 1 ,+∞ ， 2 所以 fr(x) = 1 x+ 12 · 1 ex 2 2 2 ex -x- 1 = 2 ， ex(x+ 12 令 g(x) = ex - x - 1 ，则 gr(x) = ex - 1，由 gr(x) = 0 得 x = 0， 2 由 gr(x) > 0 得 x > 0，由 gr(x) < 0 得 - 1 2 < x < 0， 所以 g(x) 在 - 1 ,0( 2 所以 g(x) ≥ g(0) = 1 2 上单调递减，在 0,+∞ · 0，故 fr(x) > 0， 上单调递增， 所以 f(x) 在 - 1 ,+∞( 2 上单调递增，故函数 y = f (x 无极值点． (2) 当 1 < m < 3 时，函数 y = f (x 在 (1 -m,+∞ 上的零点个数为 2，证明如下： 由 f (x = ln(x+ m + e-x - m(x>-m 得 fr(x) = ex -x-m ， ex(x+ m) 设 g(x) = ex - x - m，则 gr(x) = ex - 1，令 gr(x) = 0，得 x = 0，所以当 -m < x < 0 时，gr(x) < 0，当 x > 0 时，gr(x) > 0， 即 g(x) 在 (-m,0) 上单调递减，在 (0, +∞) 上单调递增， 因为 g(-m) = e-m > 0，g(1 - m) = e1-m - 1 < e0 - 1 = 0，g(0) = 1 - m < 0，g(2 · 0， = e2 - 2 - m > e2 - 2 - 3 所以 g(-m) ⋅ g(1 - m) < 0，g(0) ⋅ g(2 < 0， 所以 ∃ x1 ∈ (-m,1 - m)，使得 g(x1) = 0，∃ x2 ∈ (0,2)，使得 g(x2) = 0， 所以 f(x) 在 (-m,x1 上单调递增，在 [x1,x2] 上单调递减，在 [x2, +∞) 上单调递增， 且 f(1 - m) = em-1 - m，f(0) = lnm - m + 1， 设 F (x = ex - x - 1，则 Fr (x = ex - 1，Fr (0 = 0， 当 x ∈ (-∞,0 时，Fr (x < 0，F (x 为减函数， 当 x ∈ (0,+∞ 时，Fr (x > 0，F (x 为增函数， 所以 F (x min = F (0 = 0，故 ex - x - 1 ≥ 0，即 ex ≥ x + 1， 因为 1 < m < 3，所以 0 < m - 1 < 2，故 em-1 - (m-1 - 1 > 0，即 f(1 - m) = em-1 - m > 0. 设 h(x = lnx - x + 1(x>0 ，则 hr (x = 1 x - 1 = 1 -x ，hr (1 x = 0， 当 x ∈ (0,1 时，hr (x > 0，h(x 为增函数， 当 x ∈ (1,+∞ 时，hr (x < 0，h(x 为减函数， 所以 h(x max = h(1 = 0，即 lnx - x + 1 ≤ 0， 因为 1 < m < 3，所以 f(0) = lnm - m + 1 < 0. 由 1 < m < 3 得 e2m - m > 2m + 1 - m > 0，且 f(e2m - m) = m + em-e2m > 0. 因为 1 - m < 0 < e2m - m，f(1 - m) ⋅ f(0) < 0，f(0) ⋅ f(e2m - m) < 0，所以函数 f(x) 在 (1 - m,0) 和 (0, +∞) 上各有一个零点，共 2 个零点． 46. (2025·陕西延安·模拟预测) 已知函数 f (x (1) 证明：x - 1 ≥ lnx； = x-lnx ． ex-1 (2) 证明：f (x 在其定义域内为减函数； (3) 若在 f (x 的定义域内，f (x ≤ 1 恒成立，求实数 a 的取值范围． ax 【答案】(1) 证明见解析 (2) 证明见解析 (3) 0 < a ≤ 1 【解题思路】(1) 令 h(x = x - 1 - lnx(x>0 ，利用导数与函数的单调性间的关系，求出 h(x 的单调区间， 进可求得 h(x 的最小值，即可求解； lnx-x- 1 + 1 (2) 对 f (x 求导，得到 fr (x = x ，利用 (1) 中结果可得 fr (x ex-1 < 0 恒成立，即可求解； (3) 根据条件得到 x2 -xlnx ex-1 ≤ 1 ，令 G(x a = x2 -xlnx ，利用导数求出 G(x ex-1 = x2 -xlnx ex-1 的单调区间，进 而求出 G(x 的最大值，即可求解. 【解答过程】(1) 令 h(x = x - 1 - lnx(x>0 ，则 hr (x = 1 - 1 x = x-1 ， x 当 x ∈ (0,1 时，hr (x < 0，当 x ∈ (1,+∞ 时，hr (x > 0， 则 h(x 在区间 (0,1 上单调递减，在区间 (1,+∞ 上单调递增， 所以 h(x = x - 1 - lnx ≥ h(1 = 1 - 1 = 0，故 x - 1 ≥ lnx. (2) 因为 f (x = x-lnx ex-1 ，易知 x ∈ (0,+∞ ，则 fr (x lnx-x- 1 + 1 = x ， ex-1 令 h(x = lnx - x - 1 x + 1，由 (1) 知 x - 1 ≥ lnx， 则 h(x = lnx - x - 1 x + 1 ≤ x - 1 - x - 1 x + 1 =- 1 x < 0 在区间 (0,+∞ 上恒成立，又 ex-1 > 0， 所以 fr (x < 0 恒成立，故 f (x 在其定义域内为减函数. (3) 易知 x ∈ (0,+∞ ，由 f (x ≤ 1 ，得到 x-lnx ≤ 1 ，即 x2 -xlnx ≤ 1 ， ax ex-1 ax ex-1 a 令 G(x = x2 -xlnx ex-1 ，则 Gr (x = 2x-lnx-1 -(x2-xlnx ex-1 (x-1 lnx-(x-1 2 = ex-1 = (x-1 (lnx-x+ 1 ， ex-1 由 (1) 知 lnx - x + 1 ≤ 0，当且仅当 x = 1 时取等号， 所以当 x ∈ (0,1 时，Gr (x > 0，当 x ∈ (1,+∞ 时，Gr (x < 0， 即 G(x = x2 -xlnx ex-1 在区间 (0,1 上单调递增，在区间 (1,+∞ 上单调递减， 所以 G(x ≤ G(1 = 1 -ln1 e1-1 = 1，故 1 a ≥ 1，得到 0 < a ≤ 1， 所以实数 a 的取值范围为 0 < a ≤ 1. 47. (2025 高二·全国·专题练习) 已知函数 f(x) = (mx2-2x+ 1 ex + x - 1 . (1) 若 m = 1，当 x ∈ [2, +∞) 时，f(x) ≥ t(x - 1)，求 t 的取值范围； (2) 若 m = 0，求 f(x) 的极值； (3) 若 x = 0 是 f(x) 的极小值点，求 m 的取值范围． 【答案】(1)(-∞,e2+ 1 ； (2) 极大值为 0，无极小值； (3) 3 ,+∞ .( 2 【解题思路】(1) 原不等式即为 (x - 1)ex + 1 ≥ t，利用导数求出 u(x) = (x - 1)ex + 1 的最小值后可得参数的取值范围； (2) 求出函数的导数，判断其符号后可得函数的极值； (3) 求出函数的导数 fr (x ，设 h(x = fr (x ，利用局部保号性，分 m > 3 ，m < 3 和 m = 3 三种情况，分类 讨论，可求参数的取值范围. 【解答过程】(1) 当 m = 1 时，f(x) = (x - 1)2ex + x - 1，因为当 x ∈ [2, +∞) 时，f(x) ≥ t(x - 1)， 2 2 2 即 (x - 1)2ex + (x-1 ≥ t(x - 1)，不等式两边同除以 (x-1 得 (x - 1)ex + 1 ≥ t， 令 u(x) = (x - 1)ex + 1，则 ur (x = xex， 当 x ∈ [2, +∞) 时，ur (x > 0，u(x) 单调递增， 所以 u(x)min = u(2) = e2 + 1，所以 t 的取值范围为 (-∞,e2 + 1 ． (2) 当 m = 0 时，f(x) = (-2x + 1)ex + x - 1，则 f'(x) = (-2x - 1)ex + 1， 令 g(x) = (-2x - 1)ex + 1，则 gr (x = (-2x-3 ex， 由 gr (x · 0，得 x <- 3 ；由 gr (x 2 < 0，得 x >- 3 ， 2( 所以 g(x) 在区间 -∞,- 3( 2 上单调递增，在区间 - 3 ,+∞ 2 上单调递减， 且 x <- 3 2 时，g(x) > 0，g(0) = 0， 所以当 x ∈ (-∞,0) 时，g(x) > 0，即 fr (x > 0； 当 x ∈ (0, +∞) 时，g(x) < 0，即 fr (x < 0， 所以 f(x) 在区间 (-∞,0) 上单调递增，在区间 (0, +∞) 上单调递减，所以 f(x) 的极大值为 f(0) = 0，无极小值． (3) 由题可得 fr (x = (mx2+ 2mx-2x-1 ex + 1，fr (0 = 0. 令 h(x) = (mx2+ 2mx-2x-1 ex + 1， 则 hr(x) = (mx2+ 4mx-2x+ 2m-3 ex，hr (0 = 2m - 3， 当 2m - 3 > 0，即 m > 3 时， 2 存在 x1 < 0 < x2，使得当 x ∈ (x1,x2 时，hr (x · 0， 此时 h(x) 即 fr (x 在区间 (x1,x2 上单调递增， 故当 x ∈ (x1,0 时，fr (x < 0，当 x ∈ (0,x2 时，fr (x · 0， 所以当 m > 3 2 时，x = 0 是 f(x) 的极小值点，符合题意． 当 2m - 3 < 0，即 m < 3 时， 2 存在 x3 < 0 < x4，使得当 x ∈ (x3,x4 时，hr (x < 0， 此时 h(x) 即 f'(x) 在区间 (x3,x4 上单调递减， 故当 x ∈ (x3,0 时，fr (x · 0，当 x ∈ (0,x4 时，fr (x < 0， 所以当 m < 3 2 时，x = 0 是 f(x) 的极大值点，不符合题意． 当 2m - 3 = 0，即 m = 3 2( 时，fr (x = h(x) = 3 x2 + x-1 2 ex + 1，hr (x = 3 x2 + 4x 2( ex， 令 hr (x当 - 8 3 = 0，得 x =- 8 3 < x < 0 时，hr (x 或 0， < 0，当 x > 0 时，hr (x · 0， 故 fr (x 在 - 8 ,0 3( 上为减函数，在 (0,+∞ 上为增函数， 故在 - 8 ,+∞( 3 上，有 fr (x ≥ fr (0 = 0， 所以当 m = 3 2 时，x = 0 不是 f(x) 的极值点，不符合题意． 综上所述，m 的取值范围为 3 ,+∞ .( 2 $ 二阶导数与洛必达法则 目录 命题规律 ... 知识梳理 .. 【题型 二阶导解决函数单调性问题 .. 【题型 二阶导解决函数极值 最值问题 .. 【题型 二阶导解决不等式恒成立问题 .. 【题型 二阶导解决函数零点问题 . 【题型 二阶导证明不等式 . 【题型 利用二阶导解决其他问题 . 【题型 洛必达法则 . 过关测试 ..... 命题规律 1. 导数中的二阶导与洛必达法则 导数是高中数学的重要考查内容，而导数中的二阶导与洛必达法则也是高考考查的一个重点内容. 从近几年的高考情况来看，对于有些问题求一次导数之后无法求出导函数的根，甚至也不能直接看出导函数的正负，因此无法判断单调性，所以在高考中就可能用到二阶导数；“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法 (避免分类讨论) 解决成立或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处 10 学科网（北京）股份有限公司 的函数(最) 值，若出现 0 0 型或 ∞ ∞ 型可以考虑使用洛必达法则，这类问题难度较大，复习是要加强这 方面的训练. 知识点1 二阶导函数 1. 二阶导及其用法 知识梳理 要想判断函数 f (x) 的单调性，则需要对函数 f (x) 进行求导，并判断 f'(x) 的正负，如果 f'(x) 的正负 ，则把 f'(x) 或者 f'(x) 中不能判断正负的部分(通常为分子部分) 设为 ，进而通过对函数 g(x) 进行求导，进而求 g(x) 的最值，如果有 g(x)min > 0 或 g(x)max < 0，则可判断出 f'(x) 的正负，进一步可判断出函数 f(x) 的单调性，进而可继续求解问题. 2. 二阶导问题的解题步骤 解决这类问题的一般解题步骤为：第一步，求函数 f(x) 的定义域； 第二步，求函数 f(x) 的导数 f'(x)，并且无法判断导函数 f'(x) 的正负；第三步， 函数 g(x) = f'(x)，对 g(x) 求导，得到 g'(x)； 第四步，找到 x，g'(x)，g(x) 的变化关系表； 第五步，判断出 f'(x) 的正负，进而得出函数 f(x) 的 ，进一步解答问题. 知识点2 洛必达法则 “洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法 (避免分类讨论) 解决成立或恒成立命题时，经常 需要求在区间端点处的函数(最) 值，若出现 0 0 型或 ∞ ∞ 型可以考虑使用洛必达法则. 1. 洛必达法则 法则 1 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) lim f(x) = 0 及 limg(x) = 0； x→a x→a (2) 在点 a 的去心邻域内，f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x) ≠ 0； (3) lim fr(x) x→a gr(x) = A，那么 lim f(x) x→a g(x) = lim fr(x) x→a gr(x) = A. 法则 2 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) lim f(x) = ∞及 limg(x) = ∞； x→a x→a (2) 在点 a 的去心邻域内，f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x) ≠ 0； (3) lim fr(x) x→a gr(x) = A，那么 lim f(x) x→a g(x) = lim fr(x) x→a gr(x) = A. 2. 用洛必达法则处理 型函数的步骤： (1) 变量； (2) 出现 0 0 型式子； (3) 运用洛必达法则求值. 3. 用洛必达法则处理 ∞ 型函数的步骤： (1) 变量； (2) 出现 ∞ ∞ 型式子； (3) 运用洛必达法则求值. 【注意 1. 将上面公式中的 x → a，x → ∞换成 x →+∞，x →-∞，x → a+，x → a-，洛必达法则也成立. 2. 洛必达法则可处理 0 ，∞ ，0，∞，1∞，∞0，00，∞ -∞型求极限问题. 0 ∞ 3. 在着手求极限前，首先要检查是否满足 0 ，∞ ，0，∞，1∞，∞0 ，00 ，∞ -∞型定式，否则滥用洛必达法则 0 ∞ 会出错，当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求 极限. 4. 若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止. lim f(x) x→a g(x) = lim fr(x) x→a gr(x) = lim f(x) x→a g(x) ，如满足条件，可继续使用洛必达法则. 【题型 二阶导解决函数单调性问题 1. (2025·浙江杭州·模拟预测) 定义在 (0, +∞ 上的可导函数 f (x ，满足 fr (x + 2f (x = lnx ，且 f (e = 1 ，若 a = f (3 2e ，b = f (2 ，c = f (e ，则 a、b、c 的大小关系是 ( ) x x2 A. a > b > c B. a > c > b C. b > c > a D. c > b > a 2. (2025·安徽蚌埠·三模) 已知函数 f (x) 及其导函数 fr(x) 的定义域都是 R，若函数 f (x) 是偶函数，fr(x) + ex + x 也是偶函数，且 f(a) > f(3a - 1)，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (-∞, 1 B. ( 1 ,+∞ C. ( 1 , 1 D. (-∞, 1 ∪ ( 1 ,+∞ 2 2 4 2 4 2 3. (2025·贵州黔东南·三模) 设函数 f(x) = lnx + x - ax2,a ∈ R． (1) 若 a = 1，试求函数 f(x) 的极值； (2) 设 g(x) = f 1( x ，讨论 g(x) 的单调性． 4. (2025·海南·模拟预测) 已知函数 f(x) = (ea-x+ 1 x,a ∈ R． (1) 当 a = 2 时，求 f(x) 的单调区间与极值点； (2) 已知 f(x) 有两个极值点 x1 < 2 < x2，证明：x1 + x2 > 3． 【题型 二阶导解决函数极值 最值问题 5. (2025·河北·模拟预测) 已知函数 f (x = mlnx + x2 - 2mx，m ∈ R，若函数 f (x 在(0,+∞ 上有两个不 同的极值点 x1,x2，则 f (x1 + f (x2 的取值范围是 ( ) A. (-∞,-6 B. (-∞,-3 C. (-∞,-ln2 -2 D. (-∞,4ln2 -20 6. (2025·云南·三模) 设函数 f (x) = x + ex ，g(x) = x + lnx，若存在 x1,x2，使得 f (x1 的最大值为 ( ) A. - 1 B. - 2 C. - e D. - 3 = g(x2 ，则 x1 ex1 - x2 7. (2025·北京·二模) 已知函数 f (x = a(x-1 ex - lnx，其中 a > 0． (1) 若曲线 y = f (x 在点(1,f (1 处的切线经过点(2,2 ，求 a 的值； (2) 证明：函数 f (x 存在极小值； (3) 记函数 f (x 的最小值为 g(a ，求 g(a 的最大值． 8. (2025·北京海淀·三模) 已知 f (x = x + a ． 2x+ 1 (1) 当 a = 0 时，求函数 f (x 的极值点和极值； (2) a ∈ (- 1 ,- 1 时，求函数 f (x 在1,4 上的最小值； 2 4 (3) 若不等式 f (x ≥ 1 4 的解集非空，求 a 取值范围． 【题型 二阶导解决不等式恒成立问题 9. (24 - 25 高三下·广东广州·阶段练习) ∀ x ∈ (0,+∞ 实数 a 的最大值是 ( )e C. e - 1 D. e ，不等式 ex + 1 ≥ 2 a2x+ 1 x( ln(ax 恒成立，则正 A. e 2 B. 2 10. (2025·辽宁·一模) 已知函数 f (x = e2x - e-2x - ax ，若 x ≥ 0 时，恒有 f (x ≥ 0 ，则 a 的取值范围是 ( ) A. (-∞,2 B. (-∞,4 C. 2,+∞ D. 4,+∞ 11. (2025·湖北·模拟预测) 已知函数 f (x = xln(1 -x (1) 求 f (x 在 x = 0 处的切线方程； (2) 若关于 x 的不等式 f (x + f (1 -x ≤ a 恒成立，求实数 a 的取值范围． 12. (2025·吉林延边·模拟预测) 已知函数 f (x = x2 2 + alnx - (a + 1 x． (1) 当 a = 2 时，求 f (x 的单调递增区间； (2) 若 a ≥ 0，f(x) ≥- e2 2 对 x ∈ 1,+∞ 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【题型 二阶导解决函数零点问题 13. (2025·湖北恩施·模拟预测) 已知函数 f (x = 2x - 1 - lnx，直线 l:x - y - 3 = 0. (1) 若点 P 是函数 y = f (x 图象上的一点，求点 P 到直线 l 距离的最小值； (2) 若 g(x = f(x) + tex - 2x，讨论函数 g(x 的零点的个数. 14. (2025·北京海淀·三模) 已知函数 f (x = aln - sinx，曲线 y = f (x 在点 ( π ,f ( πx 处的切线斜率 2 2 为 1 ． π (1) 求 a 的值． (2) 求 f (x4 在(0,2π 上的零点个数． (3) 证明：fr (x 在 0, π 2( 上存在两个零点 x1,x2，且 x2-x1 > 1 ． 15. (2025·重庆·三模) 已知函数 f (x + y + 2 = 0. (1) 求 a，b 的值； = (x-1 ex - ax + b，函数 y = f (x 在点(0，f (0 处的切线方程为 x (2) 讨论 f (x 的零点个数. 16. (2025 高三·全国·专题练习) 已知函数 f (x = m(1 -x · lnx - 1． (1) 当 m = 2 时，求曲线 y = f (x 在点(1,f (1 处的切线方程； (2) 若 f (x ≥-1，求 m 的值； (3) 当 m > 1 时，证明：g(x = f (x + xex - m 有 2 个零点． 【题型 二阶导证明不等式】 17. (2025·湖南娄底·模拟预测) 已知函数 f (x = lnx - 1 x2 + (1 -a 2 x - sinx + lna + 1 ，g (x = xex ， fr (x 为 f (x 的导函数. (1) 若函数 fr (x 的图象与 g(x 的图象的交点的横坐标 x0 ∈ ( 1 ,1 ，求实数 a 的取值范围； (2) 当 a = 1 时，证明：f (x < 0.2 18. (2025·山东·模拟预测) 已知函数 f (x - 1． (1) 求实数 a,b 的值 = (x+ a ex-b，曲线 y = f (x 在(1,f (1 处的切线方程为 y = 2x (2) 证明：f (x > ln2x． 19. (2025·海南海口·模拟预测) 已知函数 f(x) = (x + m)lnx，当 x = 1 时，f(x) 的切线斜率 k = 3． (1) 求 f(x) 的单调区间； (2) 已知 x ≥ y ≥ 1 ，若 f(x) + f(y) = 2，求证：若 t ∈ [1,2]，则 2x + ty ∈ [3,4]． 2 lnx+ lny 20. (2025·海南·模拟预测) 已知函数 f (x = ex - mx2(m∈ R ． (1) 若 m = 1，判断并证明 f (x 的单调性； (2) 当 x ∈ (0,+∞ 时，若函数 f (x 有两个不同的零点 x1，x2． (i) 求 m 的取值范围； (ii) 证明：x1 + x2 > 4． 【题型 利用二阶导解决其他问题 21. (2025·甘肃白银·模拟预测) 已知函数 f (x = (mx-2 ex - 1，且 f (x 在 x = 0 处取得极值． (1) 求 m 的值及 f (x 的单调区间； (2) 若存在 x ∈ R，使得 f (x ≤ 2ex - a - 1，求实数 a 的取值范围． 22. (2025·河北张家口·一模) 已知 f(x) = lnx - a(x + 1)，a ∈ R. (1) 若 a = 2，求曲线 f(x) 在 x = 1 处的切线方程； (2) 若∃ x0 ∈ (0,2]，使 f (x0 > 0，求 a 的取值范围. 23. (2025·江苏扬州·三模) 已知函数 f(x) = ex - e2-x + ax + b . x-1 (1) 若 b = 0，且 fr (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) > e2 - 1 当且仅当 1 < x < 2，求 b 的取值范围. 24. (2025·陕西咸阳·模拟预测) 已知函数 f(x) = kx2 - (k + 2)x - ln 2 ,k ∈ R． x (1) 当 k > 2 时，求函数 f(x) 的单调递增区间； (2) 若函数 f(x) 图象上有三个点 A，B，C 并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线 f(x) 在点 B 处的切线斜率与 A，C 两点连线斜率的大小关系． 【题型 洛必达法则 25. (2025 高三·全国·专题练习) 已知函数 f (x 范围． = (ax-2 ex - e(a -2 ．当 x > 1 时 f (x > 0，求 a 的取值 26. (2024 高三·全国·专题练习) 已知函数 f (x = lnx + 1 ，如果当 x > 0，且 x ≠ 1 时，f (x > lnx + k ，求 k 的取值范围． x x+ 1 x x-1 27. (2025 高三·全国·专题练习) 设函数 f (x = ex - b + cx - ax2， (1) 若 f (0 = 0，f (-1 = 1 e - a(a 为常数)，求 f (x 的解析式； (2) 在(1) 条件下，若当 x ≥ 0 时，f (x ≥ 0，求 a 的取值范围． 28. (2024·浙江·二模) ①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具 - - 洛必达法则，法则中有结论：若函 数 f (x ，g(x 的导函数分别为 fr (x ，gr (x ，且 lim f(x) = limg(x) = 0，则 lim f(x) x→a g(x)( = lim fr(x) . x→a gr(x) x→a x→a ②设 a > 0，k 是大于 1 的正整数，若函数 f (x 满足：对任意 x ∈ 0,a ，均有 f (x ≥ f x k 成立，且 lim f (x x→0 = 0，则称函数 f (x 为区间0,a 上的 k 阶无穷递降函数. 结合以上两个信息，回答下列问题： (1) 试判断 f (x = x3 - 3x 是否为区间0,3 1 上的 2 阶无穷递降函数； (2) 计算：lim(1 + x) x ； x→0 (3) 证明： sinx( x-π 3 < cosx，x ∈ π, 3 π . 2( 过关测试 1、 单选题 29. (24 - 25 高二下·辽宁沈阳·阶段练习) 已知 f (x = (ax-a -1 ex + x，若 0 是 f (x 的极小值点，则 a 的取值范围为 ( ) A. 0,+∞ B. (1,+∞ C. (-∞,1 D. (-∞,0 30. (2025·四川成都·一模) 已知 a 为常数，函数 f (x = (x-a lnx 存在极大值，则不等式 f (x < 0 的解集为 ( ) A. (0,a B. (1,a C. (a,1 D. (0,1 31. (2025·江苏常州·模拟预测) 函数 f(x) = (x - 5)ex + ex + 3e 的所有零点之和为 ( ) A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 32. (24 - 25 高二下·吉林长春·期中)1696 年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导 再求极限来确定未定式值的方法 . 如 ：lim x→0 sinx x = lim x→0 (sinx)r xr = lim x→0 cosx 1 = 1 ，按此法则有 lim ex + e-x -2 = ( ) x→0 1 -cosx A. 2 B. 1 C. 0 D. - 2 33. (2025·黑龙江佳木斯·三模) 已知不等式 xex - x ≥ lnx + m + 3，对 ∀ x ∈ (0,+∞ 恒成立，则 m 的取值范围为 ( ) A. m ≤- 1 2 B. m ≥- 1 2 C. m >-2 D. m ≤-2 34. (24 - 25 高二下·新疆伊犁·期中) 我们把分子、分母同时趋近于 0 的分式结构称为 0 0 型，比如：当 x → 0 时，ex -1 x 的极限即为 0 0 型. 两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在 1696 年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法. 如： r lim ex -1 = lim (ex -1 = lim ex = limex = e0 = 1，则 lim lnx = ( ) x→0 x A. 3 8 x→0 xr x→0 1 B. 1 2 x→0 x→1 x2 -1 C. 1 D. 2 35. (2025·云南曲靖·二模) 已知函数 f (x = ax + bx - 2(0 < a < 1,b > 1)，若该函数有且只有一个零点，则 ab 的值为 ( ) A. 1 B. 1 e2 C. 1 e D. e 36. (2025·江西新余·模拟预测) 若关于 x 的不等式 aex + (lnx 2 ≥ x2 + (2lna + 1 x + (lna 2 在 (0,+∞ 上恒成立，则实数 a 的取值范围为 ( )e A. e,+∞ B. (0,e C. l 1 ,+∞ D. 0, 1 e( 2、 多选题 37. (2025·海南·模拟预测) 设函数 f (x = (x+ a lnx,a ∈ R，则 ( ) A. 当 a = 0 时，f (x 的最小值为- 1 e B. 当 0 < a < 1 e2 时，f (x 有且仅有两个极值点 C. 若 f (x 为增函数，则 a ≥ 1 e3 D. 若 f (x ≥ 0，则 a =-1 38. (2025·四川乐山·三模) 已知函数 f (x = ln(4 -x - lnx + ax，当且仅当 1 < x < 3 时，导函数 fr (x > 0 成立，则下列说法正确的是 ( ) A. a = 4 3 B. fr (e -1 + fr (2 < 2 32 C. fr e -1 + fr 2 > 2 D. 2025 f ( i+ 1 = 5400 ( ( 32 Σ i=1 507 39. (2025·湖南常德·模拟预测) 已知函数 f (x = ex + a x2 - x - 1(a ∈ R 2 ，下列有关结论正确的是 ( ) A. 对任意 a ≥ 0，f (x ≥ 0 在 R 上恒成立 B. 存在 a < 0，f (x 是 R 上的单调函数 C. 存在 a < 0，f (x 有唯一极值 D. 任意 a <-1，f (x 在(0,+∞ 上有且只有一个零点 3、 填空题 40. (2025 高三·全国·专题练习) 已知函数 f(x) = x2lnx - a(x2 - 1)，a ∈ R. 若当 x ≥ 1 时，f(x) ≥ 0 恒成立，则实数 a 的取值范围为 ． 41. (2025·山东泰安·模拟预测) 已知函数 f (x) = (x - 1) (x2 + mx + 1) 既有极大值又有极小值，且 f (x) 在区间(1,2) 上单调，则 m 的取值范围是 . 42. ( 2025 · 全国· 二模) 若函数 f (x = a x log a x (a >0,a ≠ 1 ，∀ x 1 , x 2 ∈ (0,+∞ ，且 x 1 ≠ x 2 ，满足 f (x1 - f (x2 > 0，则 a 的最大值为 . x1-x2 四 解答题 43. (2025·湖南长沙·三模) 已知函数 f(x) = lnx + axex-1 + x + 1． (1) 若曲线 y = f(x) 在点(1,f(1)) 处的切线经过原点，求 a； (2) 若 a =- 1 e3 ，求 f(x) 的最大值． 44. (2024 高三·全国·专题练习) ∀ x ∈ (0, +∞),ex - 1 - x - ax2 ≥ 0 恒成立, 求 a 的取值范围 45. (2025·山东淄博·三模) 已知函数 f (x = ln(x+ m + e-x - m. (1) 当 m = 1 2 时，判断 y = f (x 有无极值点，并说明理由； (2) 当 1 < m < 3 时，判断函数 y = f (x 在(1 -m,+∞ 上的零点个数并给出证明. 46. (2025·陕西延安·模拟预测) 已知函数 f (x (1) 证明：x - 1 ≥ lnx； = x-lnx ． ex-1 (2) 证明：f (x 在其定义域内为减函数； (3) 若在 f (x 的定义域内，f (x ≤ 1 恒成立，求实数 a 的取值范围． ax 47. (2025 高二·全国·专题练习) 已知函数 f(x) = (mx2-2x+ 1 ex + x - 1 . (1) 若 m = 1，当 x ∈ [2, +∞) 时，f(x) ≥ t(x - 1)，求 t 的取值范围； (2) 若 m = 0，求 f(x) 的极值； (3) 若 x = 0 是 f(x) 的极小值点，求 m 的取值范围． $