试题
T1
新月
2008年安徽卷
设函数 $f(x) = \frac{1}{x\ln{x}}(x > 0$ 且 $x \neq 1)$.
(1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间.
(2) 已知 $2^\frac{1}{x} > x^a$ 对任意 $x\in(0,1)$ 成立，求实数 $a$ 的取值范围.
T2
新月
已知函数 $f(x) = \ln{x}\cdot\ln{(1-x)}$，证明：
(1) 对任意 $0 < x < 1$，都有 $\ln{x} > \sqrt{x} - \frac{1}{\sqrt{x}}$.
(2) 曲线 $y = f(x)$ 上的所有点都落在圆 $C:(x-\frac{1}{2})^2 + y^2 = \frac{1}{4}$ 内.
T3
新月
设函数 $f(x) = e^x - 1 - x - ax^2$.
(1) 若 $a=0$，求 $f(x)$ 的单调区间.
(2) 当 $x\geq0$ 时，$f(x)\geq0$，求 $a$ 的取值范围.
T4
新月
2016年全国三卷(文科)
设函数 $f(x) = \ln{x} - x + 1$.
(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性 .
(2) 证明：当 $x\in(1,+\infty)$ 时，$1 < \frac{x-1}{\ln{x}} < x$ .
(3)设 $c > 1$，证明：当 $x\in(0,1)$ 时，$1 + (c-1)x > c^x$.
T5
上弦月
已知函数 $f(x) = \ln^2{(x+1)} - \frac{x^2}{x+1}$ .
(1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间.
(2) 若不等式 $(1+\frac{1}{n})^{n+a} \leq e$ 对任意 $n\in\mathbb{N^*}$ 都成立，求 $a$ 的取值范围.
T6
上弦月
2021年八省联考
已知函数 $f(x) = e^x - \sin x - \cos x$，$g(x) = e^x + \sin x + \cos x$.
(1) 证明：当 $x > -\frac{5\pi}{4}$ 时，$f(x)\geq0$ .
(2) 若 $g(x) \geq 2 + ax$，求 $a$ .
T7
新月
已知函数 $f(x) = a\sin{x} + \tan{x} - (a+1)x$，$a > 0$，$0\leq x < \frac{\pi}{2}$ .
(1) 当 $a = 1$ 时，讨论 $f(x)$ 的单调性.
(2) 若 $f(x) \geq 0$，求 $a$ 的取值范围.
T8
上弦月
已知函数 $f(x) = e^x - ax^2$ .
(1) 讨论 $f(x)$ 的零点个数.
(2) 设 $p > 0,n\in\mathbb{N^*}$，证明： 存在正实数 $c$，当 $x > c$ 时，$f(x) > px^n$ .
T9
新月
原创
设 $f(x) = e^x - \frac{1}{2}x^2 - ax - 1(x > 0)$ 的零点为 $x_1$ ，极值点为 $x_2$ .
(1) 求 $a$ 的取值范围.
(2) 证明：$x_1 < \sqrt{3}x_2$ .
答案
T1
(1) 单增区间为 $(0,\frac{1}{e})$，单减区间为 $(\frac{1}{e},1)$ 和 $(1,+\infty)$ 。
提示：注意定义域 $1$ 要断开，并且两个单减区间用“和”字连接，不要用并集符号 $\cup$ 。
(2) $(-e\ln2,+\infty)$
提示：求参数取值范围优先考虑分离参数，两边取对数即可，注意 $\ln x$ 是负的，除到另一边后会改变不等号方向。
T2
(1) 略
提示：注意定义域 $(0,1)$ 。此为常用不等式，容易证明，但一定要熟记。
(2) 略
提示：即证明 $(x-\frac{1}{2})^2 + f^2(x) < \frac{1}{4}$ 恒成立，很明显要使用第一问提供的不等式。注意 $\ln{x}$ 和 $\ln (1-x)$ 都是负的，因此对 $\ln^2{x}$ 和 $\ln^2 (1-x)$ 使用第一问的不等式的时候，不等号要反向，如下：
正好是 $\frac{1}{4}$ 。其实函数 $(x-\frac{1}{2})^2 + f^2(x)$ 的图像如下：
在 $x=0,1$ 处的极限值均为 $\frac{1}{4}$ 。
T3
(1) 单增区间为 $(0,+\infty)$，单减区间为 $(-\infty,0)$ 。
(2) $(-\infty,\frac{1}{2}]$
提示：求参数取值范围优先考虑分离参数。本题可以把 $a$ 分离出来，得到
注意这里在分离之前需要验证 $x=0$ 时不等式是否成立。
正常来说，我们需要求右边函数 $\frac{e^x - x - 1}{x^2}$ 的最小值。但是，在分离出参数后，我们一定要先观察函数是否存在未定式。（未定式，即 $\frac{0}{0},\frac{\infty}{\infty},1\cdot \infty, 1^{\infty},\infty - \infty$ 这样的式子）
我们发现，当 $x=0$ 时，右边函数取到 $\frac{0}{0}$ ，这是个未定式。出现未定式意味着这个函数的“最小值”有可能是 $x=0$ 处的极限值。高中范围内，我们无法求解未定式得到此处的极限值。如果你知道洛必达法则，可以求出 $\lim_{x\to0} \frac{e^x - x - 1}{x^2} = \frac{1}{2}$，但这不能在考试中使用。因此，发现未定式后，我们要考虑考虑放弃分离参数这种方法，去循规蹈矩地求导讨论。
$f(x) = e^x - ax^2 - x - 1(x\geq0)$，求导 $f'(x) = e^x - 2ax - 1$，性质尚不明确，继续求导。设 $g(x)=f'(x)$ ，求导 $g'(x) = e^x - 2a$ 。到这里就可以开始讨论了：
- 若 $a \leq \frac{1}{2}$ ，则 $g'(x)\geq0$，$g(x)$ 单调递增，$g(x)\geq g(0) = 0$，即 $f'(x)\geq0$，$f(x)$ 单调递增，故 $f(x)\geq f(0)=0$ 符合题意；
- 若 $a > \frac{1}{2}$，则 $g'(x)$ 先负后正，零点为 $\ln{(2a)}$ ，则 $g(x)$ 先减后增，极小值点为 $\ln{(2a)}$，再注意到 $g(0) = 0$，故 $g(x)$ 先负后正，即 $f'(x)$ 先负后正，则 $f(x)$ 先减后增。又因为 $f(0) = 0$，故最开始的一段 $f(x) < 0$，不符合题意。
注意：为了简便，上面的语言并不严谨，考试的时候要把“先负后正”换成“当 $x<...$ 时 $... < 0$；当 $x > ...$ 时 $... > 0$” 这样的数学语言。
T4
答案：(1) 单增区间为 $(0,1)$，单减区间为 $(1,+\infty)$ (2) 略 (3) 略
提示：第二问，最好用“对数单身狗”（见文章 论“对数单身狗、指数找朋友”）转化为证明：
然后分别构造函数 $\ln x +\frac{1}{x} -1$ 和 $\ln x -x + 1$ 求解。
第三问，一种思路是直接构造函数 $g(x) = 1 + (c-1)x - c^x$，求导得 $g'(x) = c-1-c^x\cdot\ln c$ ，先正后负，零点为 $\frac{\ln \frac{c-1}{\ln c}}{\ln c}$ ，根据第二问的不等式可知这个零点在 $(0,1)$ 内。于是 $g(x)$ 的最小值为
得证。
本题的另一种思路是变换主元。把 $c$ 作为主元，构造函数
求导得 $g'(c) = x - xc^{x-1} > 0$，$g(c)$ 单调递增，则 $g(c) > g(1) = 0$ ，得证。
T5
(1) 单增区间为 $(-1,0)$，单减区间为 $(0,+\infty)$ .
提示：对 $f(x)$ 求导：
分子的性质不明确，因此需要继续求导。如果直接把分子作为一个函数求导，多少有点繁琐，最好的做法是利用“对数单身狗”（见文章 论“对数单身狗、指数找朋友”，考虑下面函数：
$$ g(x) = 2\ln{(x+1)} - \frac{x^2+2x}{x+1} $$对 $g(x)$ 求导就比较方便了。
(2) $(-\infty, \frac{1}{\ln 2} - 1]$
提示：求参数的取值范围，优先考虑分离参数，两边取对数即可：
观察右边的函数有没有出现未定式，我们发现当 $n\to+\infty$ 时，右边的值为 $\infty - \infty$，这是未定式，因此这个函数的最小值有可能是 $n\to+\infty$ 时的极限值。此时我们有两条路走：要么继续使用分离参数法，要么放弃分参、循规蹈矩地求导讨论。在之前的 $\text{T}3$ 中，我们是选择后者，然而本题需要选择前者，即继续研究
$$ \frac{1}{\ln{(1+\frac{1}{n})}} - n $$的最小值。简便起见，换元 $x = 1 + \frac{1}{n}\in(1,2]$，则上式变为
$$ g(x) = \frac{1}{\ln{x}} - \frac{1}{x-1}(1 < x \leq 2) $$求导 $g'(x) = \frac{x\ln^2{x}-(x-1)^2}{x(x-1)^2\ln^2 x}$ ，分子恰好是 $xf(x-1)$ ，根据第一问的结果，我们有 $f(x)\leq f(0)=0$，故 $g'(x) \leq 0$，$g(x)$ 单调递减，其最小值为 $g(2) = \frac{1}{\ln2} - 1$，则 $a\leq \frac{1}{\ln{2}}-1$ ，这个等号不是在 $n\to+\infty$ 时（即 $x\to1$ 时）取到，而是在 $n = 1$ 时（即 $x = 2$ ）时取到，不涉及到极限值的求解。但如果本题第二问改成：
$$ (1+\frac{1}{n})^{n+a} \geq e $$那么就避不开极限值的求解，分离参数法就不能用了。
一个自然的问题是，在考试的时候，分离参数后发现函数会取到未定式，此时如何快速判断是否要继续分参，或者放弃分参。依我的经验，没有好的方法，很大程度上依赖直觉和运气。最好的情况是，你有足够的时间和实力去同时尝试两种方法。
T6
答案：(1) 略 (2) $a = 2$
提示：
(1) 先审视一下待证不等式：
取等条件显然是 $x = 0$ ，对常用不等式熟悉的同学应该能看出，当 $x\geq0$ 时，我们有
$$ e^x - \sin x - \cos x \geq x+1-\sin x-\cos x=(x-\sin x)+(1-\cos x)\geq0 $$于是下面只需要考虑 $-\frac{5\pi}{4} < x < 0$ 的情形。如果直接对函数 $e^x - \sin x - \cos x$ 求导，会出现指数、三角混杂的情况，不便于分析。最好的做法是利用“指数找朋友”（见文章 论“对数单身狗、指数找朋友”，将待证不等式转化为
$$ \frac{\sin x + \cos x}{e^x} \leq 1 $$构造函数 $h(x) = \frac{\sin x + \cos x}{e^x}$ ，求导讨论其单调性即可。
(2) 待证不等式的取等条件显然是 $x = 0$ ，这意味着函数 $g(x) - 2 - ax$ 一定有一个极小值点为 $x = 0$，由此可得 $a = 2$ 。但是，这仅仅是一个必要条件，我们还需要证明充分性，即证明不等式：
这个不等式很容易证明，只需要构造函数 $e^x + \sin x + \cos x - 2x - 2$ 求导分析即可（更简单地，可以利用“指数找朋友”构造函数 $\frac{2x + 2 - \sin x - \cos x}{e^x}$），注意利用第一问的结论。
如果不用上面的方法(称为“内点效应”)，而是循规蹈矩地求导讨论，也不繁琐。构造函数
求导 $h'(x) = e^x + \cos x - \sin x - a$，性质尚不明确，继续求导 $h''(x) = e^x - \sin x - \cos x$，到这里我们发现 $h''(x)$ 恰好是题目中的 $f(x)$，而根据第一问的结论，当 $x > -\frac{5\pi}{4}$ 时，$h''(x) \geq 0$，则 $h'(x)$ 在这段区间上单调递增。那么 $h'(x)$ 在这段区间上有无零点呢？考虑左右端点处，右边 $h'(+\infty)=+\infty$，左边 $h'(-\frac{5\pi}{4}) = e^{-\frac{5\pi}{4}} - a$ 正负性看似不明确，其实我们可以确定 $a$ 的大致范围。因为题目要求不等式 $e^x + \sin x + \cos x \geq 2 + ax$ 恒成立，那么取 $x = -\pi$ 的时候也应该成立，这样就得到 $a \geq \frac{3 - e^{-\pi}}{\pi}$ ，于是 $h'(-\frac{5\pi}{4}) < 0$，根据零点存在性定理可知在 $(-\frac{5\pi}{4},+\infty)$ 上存在一个 $h'(x)$ 的零点 $x_0$ ，于是当 $-\frac{5\pi}{4} < x < x_0$ 时，$h'(x) < 0$，$h(x)$ 单减；当 $x > x_0$ 时，$h'(x) > 0$，$h(x)$ 单增。 下面我们对 $a$ 进行讨论，由于之前已经通过费马引理得出了答案是 $a=2$ ，因此我们就根据 $a < 2$ 、 $a > 2$ 和 $a = 2$ 来讨论：
- 若 $a < 2$，则 $h'(0) = 2 - a > 0$，当 $x_0 < x < 0$ 时，$h'(x) > 0$，$h(x)$ 单增，$h(x) < h(0) = 0$，不符合题意；
- 若 $a > 2$，则 $h'(0) = 2 - a < 0$，当 $0 < x < x_0$ 时，$h'(x) < 0$，$h(x)$ 单减，$h(x) < h(0) = 0$，不符合题意；
- 若 $a = 2$，则 $h'(0) = 0$ ，当 $x > -\frac{5\pi}{4}$ 时有 $h(x)\geq h(0) = 0$，而当 $x < -\frac{5\pi}{4}$ 时，有
综上，$a = 2$ 。 （如果构造函数 $\frac{ax + 2 - \sin x - \cos x}{e^x}$ 进行求导讨论，也行得通，只不过没有明显的简化）
T7
答案：(1) 单调递增 (2) $(-\infty,2]$
提示：
(1) 求导 $f'(x) = \cos x + \frac{1}{\cos^2 x} - 2 \geq \cos x + \frac{1}{\cos x} - 2 \geq 0$ （基本不等式）
(2) 求参数取值范围优先考虑分离参数：
然后判断有无未定式。显然 $x = 0$ 时右边就是一个未定式，而且直觉上该未定式代表的极限值就是右边函数的最小值，于是放弃分参，转为分类讨论。对 $f(x)$ 求导：
$$ f'(x) = a\cos x + \frac{1}{\cos^2 x} - a - 1 $$性质不明，继续求导：
$$ f''(x) = \frac{\sin x(2-a\cos^3 x)}{\cos^3 x} $$如果 $a \leq 2$ ，则 $f''(x) > 0$，$f'(x)$ 单增，$f'(x)\geq f'(0) = 0$，$f(x)$ 单增，$f(x)\geq f(0) = 0$，符合题意。
如果 $a > 2$，则存在 $x_0$ 满足 $\cos^3 x_0 = \frac{2}{a}$，使得当 $0 < x < x_0$ 时，$f''(x) < 0$，$f'(x)$ 单减；当 $x_0 < x < \frac{\pi}{2}$ 时，$f''(x) > 0$，$f'(x)$ 单增。又因为 $f'(0) = 0$，$f'(\frac{\pi}{2}) = +\infty$，故存在 $x_1\in(x_0,\frac{\pi}{2})$ 使得 $f'(x_1) = 0$，当 $0 < x < x_1$ 时，$f'(x) < 0$，$f(x)$ 单减；当 $x_1 < x < \frac{\pi}{2}$ 时，$f'(x) > 0$，$f(x)$ 单增。于是当 $0 < x < x_1$ 时，$f(x) < f(0) = 0$，不符合题意。
综上，$a \leq 2$ 。
T8
答案：(1) 当 $a\leq0$ 时，没有零点；当 $0 < a < \frac{e^2}{4}$ 时，有一个零点；当 $a = \frac{e^2}{4}$ 时，有两个零点；当 $a > \frac{e^2}{4}$ 时，有三个零点。 (2) 略
提示：第一问分离 $a$ ，考虑方程 $\frac{e^x}{x^2} = a$ 的根的个数，作出左边函数的图像即可。
第二问，本质上是证明 $e^x$ 的增长速度比幂函数要快。待证不等式为：
首先统一右边的指数，预设 $c > 1$，令 $m = max\{2,n\}$， 则当 $x > c$ 时有
$$ ax^2 + px^n < (|a| + p)x^m $$接下来，我们找出一个形如下面的不等式：
$$ e^x > \lambda \cdot x^{m+1} $$其中 $\lambda$ 是待定常数。为此，构造函数
$$ g(x) = \frac{e^x}{x^{m+1}} $$求导 $g'(x) = \frac{e^x(x-m-1)}{x^{m+2}}$，则 $g(x)\geq g(m+1) = \frac{e^{m+1}}{(m+1)^{m+1}}$ ，即下面的不等式成立：
$$ e^x \geq \frac{e^{m+1}}{(m+1)^{m+1}}\cdot x^{m+1} $$现在取 $c = max\{\frac{(m+1)^{m+1}(|a|+p)}{e^{m+1}},1\}$ ，则当 $x > c$ 时，就有
$$ \begin{align*} e^x - ax^2 - px^n &> \frac{e^{m+1}}{(m+1)^{m+1}}\cdot x^{m+1} - (|a|+p)x^m\\ &= x^m\Big(\frac{e^{m+1}}{(m+1)^{m+1}}x - |a| - p\Big)\\ &> c^m\Big(\frac{e^{m+1}}{(m+1)^{m+1}}c - |a| - p)\\ &> 0 \end{align*} $$T9
答案：(1) $(1,+\infty)$ （2）略
解析：
(1) 求导 $f'(x) = e^x - x - a$，继续求导 $f''(x) = e^x - 1 > 0$，则 $f'(x)$ 单增，$f'(x) > f'(0) = 1 - a$，要想使得 $f'(x)$ 有零点 $x_2$，必须 $1 - a < 0$，即 $a > 1$ 。于是当 $0 < x < x_2$ 时，$f'(x) < 0$，$f(x)$ 单减；当 $x > x_2$ 时，$f'(x) > 0$，$f(x)$ 单增。$f(x)$ 的最小值为 $f(x_2)$，注意到 $f(0) = 0$，$f(+\infty) = +\infty$，则必然有 $f(x_2) < 0$，根据零点存在性定理，在 $(x_2,+\infty)$ 上存在 $x_1$ 使得 $f(x_1) = 0$ 。综上，$a$ 的取值范围是 $(1,+\infty)$ 。
(2) 本题是一个隐零点问题，$x_1,x_2$ 都是隐零点，分别满足 $f(x_1) = 0$ 和 $f'(x_2) = 0$，即
现在要证明 $x_1 < \sqrt{3}x_2$，由于两边都落在单增区间上，故转化为证明 $f(x_1) < f(\sqrt{3}x_2)$，由于 $f(x_1) = 0$ ，转化为证明 $f(\sqrt{3}x_2) > 0$ 。计算得
$$ \begin{align*} f(\sqrt{3}x_2) &= e^{\sqrt{3}x_2}-\frac{3}{2}x_2^2-\sqrt{3}ax_2-1\\ &=e^{\sqrt{3}x_2}-\frac{3}{2}x_2^2-\sqrt{3}\cdot(e^{x_2}-x_2)x_2-1\\ &=e^{\sqrt{3}x_2}-\sqrt{3}x_2e^{x_2}+(\sqrt{3}-\frac{3}{2})x_2^2-1 \end{align*} $$构造函数 $g(x) = e^{\sqrt{3}x}-\sqrt{3}xe^{x}+(\sqrt{3}-\frac{3}{2})x^2-1(x > 0)$ ，下证 $g(x) > 0$ 。求导得
$$ g'(x) = \sqrt{3}e^{\sqrt{3}x}-\sqrt{3}(x+1)e^x+(2\sqrt{3}-3)x $$继续求导得
$$ g''(x) = 3e^{\sqrt{3}x} - \sqrt{3}(x+2)e^x+2\sqrt{3}-3 $$继续求导得
$$ g'''(x) = 3\sqrt{3}e^{\sqrt{3}x}-\sqrt{3}(x+3)e^x = \sqrt{3}e^x(3e^{(\sqrt{3}-1)x}-x-3) $$设函数 $h(x) = 3e^{(\sqrt{3}-1)x} - x - 3$ ，求导得
$$ h'(x) = 3(\sqrt{3}-1)e^{(\sqrt{3}-1)x}-1 > 3(\sqrt{3}-1)-1 > 0 $$则 $g'''(x) > 0$，$g''(x)$ 单调递增，$g''(x) > g''(0) = 0$，则 $g'(x)$ 单调递增，$g'(x) > g'(0) = 0$，则 $g(x)$ 单调递增，$g(x) > g(0) = 0$，得证。
顺带一提，本题的 $\sqrt{3}$ 是最佳的系数。事实上，我们有