试题
T1
新月
已知 $a>0$，$e^x \geq x + 1 + x^2\ln (ax)$ 恒成立，则 $a$ 的最大值为 $\underline{\qquad\quad}$ .
T2
新月
已知函数 $f(x) = (x+a)\ln x - 2(x-1)$.
(1) 若 $a = 1$，求 $f(x)$ 的单调区间
(2) 当 $x > 1$ 时，$f(x) > 0$，求 $a$ 的取值范围
(3) 设 $n\in\mathbb{N^*}$，证明：
T3
新月
2015年全国一卷(文科)
设函数 $f(x) = e^{2x} - a\ln x$.
(1) 讨论 $f(x)$ 的导函数 $f'(x)$ 的零点个数.
(2) 证明：当 $a > 0$ 时，$f(x)\geq 2a + a\ln \frac{2}{a}$
T4
新月
已知函数 $f(x) = ax + \cos x(0\leq x\leq \pi,a\in\mathbb{R})$ .
(1) 当 $a = \frac{1}{2}$ 时，求 $f(x)$ 的单调区间.
(2) 若函数 $f(x)$ 恰有两个极值点，记极大值和极小值分别为 $M,m$，求证：$2M-m\geq\frac{3}{2}$ .
T5
上弦月
2024年武汉二调
已知函数 $f(x) = \frac{e^x-1}{x}$ .
(1) 求曲线 $y = f(x)$ 在点 $(1,f(1))$ 处的切线方程.
(2) 证明：$f(x)$ 是定义域上的增函数.
(3) 若 $f(x) > a^x$，其中 $a > 0$ 且 $a\neq1$，求实数 $a$ 的值.
T6
上弦月
2022年”海明数学“高考模拟原创卷
已知函数 $f(x) = \ln x + \frac{1}{2}x^2 - ax(a > 0)$ .
(1) 若曲线 $y = f(x)$ 在 $(x_0,f(x_0))$ 处的切线过点 $(0,-\frac{3}{2})$，求 $x_0$ 的值.
(2) 已知 $f(x)$ 有两个极值点 $x_1,x_2(x_1 < x_2)$，且 $f(x_1) - f(x_2) > \lambda a - \ln 2 - \frac{3}{4}$，求正实数 $\lambda$ 的取值范围.
T7
上弦月
证明：当 $0 < a \leq 1$ 时，$(x-1)e^{x-a} - \ln x \geq \ln a$
T8
上弦月
2014年天津卷
设 $f(x) = x - ae^x(a\in\mathbb{R},x\in\mathbb{R})$，已知函数 $y = f(x)$ 有两个零点 $x_1,x_2$，且 $x_1 < x_2$ .
(1) 求 $a$ 的取值范围.
(2) 证明：$\frac{x_2}{x_1}$ 随着 $a$ 的减小而增大.
(3) 证明：$x_1+x_2$ 随着 $a$ 的减小而增大.
T9
上弦月
2023年星云线上模拟考试（改编）
已知函数 $f(x) = \sin x - \ln (x+1) , 0\leq x \leq \frac{\pi}{2}$ .
(1) 证明：$f(x)\geq 0$ .
(2) 是否存在 $n\in\mathbb{N^*}$，使得
说明理由.
答案
T1
答案：$\frac{1}{2}e^{\frac{e^2-3}{4}}$
提示：分离参数即可。
T2
答案：(1) 单调递增 (2) $[1,+\infty)$ (3) 略
提示：第二问给出了常见不等式 $\ln x > \frac{2(x-1)}{x+1},x > 1$（参见文章：常用导数不等式汇总）第三问的数列不等式比较简单，可以用单调性分析而不借助于第二问提供的不等式（参见文章：论导数题中的数列不等式），令
则 $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1})^2} - \frac{1}{4}\ln\frac{n+2}{n+1}$ ，换元 $x = \frac{n+2}{n+1} > 1$，则
$$ \begin{align*} a_{n+1} - a_n &= \frac{\sqrt{x}-1}{x(\sqrt{x}+1)}-\frac{1}{4}\ln x\\ &< \frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1} - \frac{1}{4}\ln x\\ &< 0 \end{align*} $$这可由常见不等式 $\ln x > \frac{2(x-1)}{x+1}(x > 1)$ 得到，只需把 $x$ 替换为 $\sqrt{x}$ . （参见文章：常用导数不等式汇总）
于是 $\{a_n\}$ 单调递减，有 $a_n \leq a_1 = \frac{1}{(\sqrt{2}+1)^2}-\frac{1}{4}\ln2 < 0$ ，得证。
T3
答案：(1) $a \leq 0$，无零点；$a > 0$，有一个零点. (2) 略
提示：
第一问，$f'(x) = 2e^{2x} - \frac{a}{x}$，显然 $a\leq 0$ 时 $f'(x) > 0$ 无零点；若 $a > 0$ ，显然 $f'(x)$ 单调递增，容易观察得到两侧极限值：$x\to 0$ 时 $f'(x)\to -\infty$，$x\to+\infty$ 时 $f'(x) \to +\infty$，于是由零点存在性定理知 $f'(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在唯一的零点。当然考试的时候为了防止扣分，最好不要使用极限，而是取点，下面是取点的过程：
预设 $x_1 < 1$，则 $f'(x_1) < 2e^2 - \frac{a}{x_1}$ ，于是取 $x_1 = \min\{1,\frac{a}{2e^2}\}$ ，就有 $f'(x_1) \leq 0$ . 再预设 $x_2 > 1$，则 $f'(x_2) > 2e^{2x_2} - a$ ，于是取 $x_2 = \max\{1,\frac{1}{2}\ln\frac{a}{2}\}$ ，就有 $f'(x_2) \geq 0$ .根据零点存在性定理得知存在 $x_0\in [x_1,x_2]$ 使得 $f'(x_0) = 0$ .
第二问是一个隐零点问题. 由第一问可知当 $a > 0$ 时，函数 $f(x)$ 存在最小值 $f(x_0)$ ，其中隐零点 $x_0$ 满足 $f'(x_0) = 0$，即 $2e^{2x_0} = \frac{a}{x_0}$，优先考虑消去参数 $a$ ，把 $a$ 表示出来：$a = 2x_0e^{2x_0}$ . 于是
$$ \begin{align*} f(x_0) &= e^{2x_0} - a\ln x_0\\ &= e^{2x_0} - 2x_0e^{2x_0}\ln x_0\\ \end{align*} $$我们要证明 $f(x_0) > 2a + a\ln \frac{2}{a}$，到这里会发现，如果把 $2a + a\ln\frac{2}{a}$ 中的 $a$ 也全部替换掉的话，会非常复杂。那么我们不妨转换思路，消去变量 $x_0$，如下：
$$ \begin{align*} f(x_0) &= e^{2x_0} - a\ln x_0\\ &= \frac{a}{2x_0} + 2ax_0 + a\ln\frac{2}{a}\\ &\geq 2a + a\ln\frac{2}{a} \end{align*} $$第二个等号用到了隐零点 $x_0$ 满足的等量关系：$e^{2x_0} = \frac{a}{2x_0}$，$\ln x_0 = \ln\frac{a}{2} - 2x_0$ ，最后一个不等号用到了基本不等式。本题告诉我们隐零点问题不要一昧地把参数替换掉，有时反而需要把隐零点替换掉。
T4
答案：(1) 单增区间是 $(0,\frac{\pi}{3})$ 和 $(\frac{2\pi}{3},\pi)$，单减区间是 $(\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3})$ . (2) 略
提示：第二问，$f'(x) = a - \sin x$，要有两个极值点，则 $0 < a < 1$，且两个极值点 $x_1,x_2$ 满足 $\sin x_1 = a$，$\sin x_2 = a$，推出 $x_1 + x_2 = \pi$ 。根据单调性，$x_1$ 是极大值点，$x_2$ 是极小值点。 于是
其中使用了隐零点条件 $\sin x_1 = a$ 消去了参数 $a$ 。 然后构造函数 $g(x) = (3x-\pi)\sin x + 3\cos x$，$x\in(0,\frac{\pi}{2})$，然后求导证明 $g(x) \geq \frac{3}{2}$ 即可。 值得一提的是本题的等号是能取到的，当且仅当 $x_1 = \frac{\pi}{3}$，即 $a = \frac{1}{2}$ 时（也就是第一问的情形）函数 $f(x)$ 满足 $2M - m = \frac{3}{2}$ 。
T5
答案：(1) $y = x + e - 2$ (2) 略 (3) $\sqrt{e}$
提示：
第二问需要证明 $f'(x) \geq 0$，等价于不等式 $(x-1)e^x + 1 \geq 0$，这相当于常见不等式 $e^x \leq \frac{1}{1-x}(x < 1)$ （参见文章 常用导数不等式汇总）另外还有一个大坑：题目需要我们证明 $f(x)$ 在整个定义域内单调递增，而这个定义域是被 $0$ 分开了，因此我们需要证明 $x > 0$ 的部分比 $x < 0$ 的部分大（否则就会像 $\frac{1}{x}$ 那样，虽然在两边分别是单减的，但在整个定义域内不是单减的）。这很好证明，注意到
- 当 $x > 0$ 时，$\frac{e^x - 1}{x} > \frac{x}{x} = 1$
- 当 $x < 0$ 时，$\frac{e^x - 1}{x} < \frac{x}{x} = 1$
第三问是典型的恒成立求参数取值范围问题，优先考虑分离参数。两边取对数后，容易得到
$$ \ln a < \frac{\ln\frac{e^x-1}{x}}{x} $$于是只需要求出右边函数的最小值即可。首先判别未定式，当 $x = 0$ 时，右边的函数值是未定式 $\frac{0}{0}$，这里用到了极限 $\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x} = 1$ ，此极限可以用洛必达法则或者泰勒公式求解。因此分参的做法可能会涉及到极限值 $\lim_{x\to0}\frac{\ln\frac{e^x-1}{x}}{x}$ 的求解，这里我们就放弃分参，转而使用分类讨论的做法。
如果直接构造函数 $g(x) = \frac{e^x-1}{x}-a^x$ 进行讨论，我们需要证明 $g(x) > 0$ 恒成立，但是此函数的导数过于复杂，根本无法研究；
如果构造函数 $g(x) = e^x - 1 - xa^x$ ，我们需要证明：当 $x > 0$ 时 $g(x) > 0$；当 $x < 0$ 时 $g(x) < 0$ 。
求导得 $g'(x) = e^x -(x\ln a + 1)a^x = a^x[(\frac{e}{a})^x - x\ln a - 1]$，令 $h(x) = (\frac{e}{a})^x - x\ln a - 1$， 求导得 $h'(x) = (\frac{e}{a})^x\ln\frac{e}{a} - \ln a$，到这里就可以讨论了：
若 $a > e$，则 $h'(x)$ 单调递增，由于 $x\to-\infty$ 时 $h'(x)\to -\infty$；$x\to+\infty$ 时 $h'(x)\to+\infty$，故 $h'(x)$ 存在唯一零点 $x_0$，也是 $h(x)$ 的最小值点。注意到 $h(0) = 0$，而且 $x_0 > 0$（这可由 $h'(0) < 0$ 得到）从而当 $0 < x < x_0$ 时，$h(x) < 0$，即 $g'(x) < 0$，$g(x)$ 单减，$g(x) < g(0) = 0$，不符合题意；
若 $a = e$，与上面同理，不符合题意；
若 $0 < a < e$ 且 $a\neq 1$，$h'(x)$ 仍然是递增的，于是与上面同理，当 $h'(0) < 0$ ，即 $a > \sqrt{e}$ 时不符合题意；当 $h'(0) > 0$，即 $a < \sqrt{e}$ 时同理可分析出也不符合题意；只有 $a = \sqrt{e}$ ，即 $h'(0) = 0$ 时，此时 $h(x) \geq h(0) = 0$，$g(x)$ 单增，又因为 $g(0) = 0$，所以 $x > 0$ 时 $g(x) > 0$；$x < 0$ 时 $g(x) < 0$，符合题意。
综上，$a = \sqrt{e}$ 。顺带一提，第三问的背景是不等式 $e^{2x} - 2xe^x - 1 \geq 0$ ，此不等式的出现频率也比较高，建议记忆。
T6
答案：(1) $1$ (2) $(-\infty, \frac{\sqrt{2}}{2})$
提示：
第一问，$f'(x) = \frac{1}{x} + x - a$，切线为 $y = (x_0 + \frac{1}{x_0}-a)(x-x_0)+\ln x_0 + \frac{1}{2}x_0^2 - ax_0$ ，把 $(0,-\frac{3}{2})$ 代入得 $-\frac{3}{2} = -\frac{1}{2}x_0^2 - 1 + \ln x_0$ 。容易观察出有一个解为 $x_0 = 1$，但是需要严格证明只有这一个解。因此构造函数 $g(x) = \ln x - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{2}$，求导 $g'(x) = \frac{1-x^2}{x}$，于是 $x=1$ 是 $g(x)$ 的最大值点，这就说明了 $g(x)$ 只有 $x=1$ 一个零点。
第二问，$f'(x) = \frac{x^2-ax+1}{x}$，因此两个极值点 $x_1,x_2$ 是一元二次方程 $x^2 - ax + 1 = 0$ 的两根。根据韦达定理，有 $x_1 + x_2 = a$，$x_1x_2 = 1$ ，由于 $x_1 < x_2$，推出 $x_1 < 1 < x_2$ 。我们有
$$ \begin{align*} f(x_1)-f(x_2) &= \ln{\frac{x_1}{x_2}}+\frac{1}{2}(x_1-x_2)(x_1+x_2)-a(x_1-x_2)\\ &=\ln{\frac{x_1}{x_2}}-\frac{a}{2}(x_1-x_2) \end{align*} $$下面需要利用之前的韦达定理进行消元。我们有 $a = x_1 + \frac{1}{x_1}$，$x_2 = \frac{1}{x_1}$，题目中的不等式：
$$ \ln\frac{x_1}{x_2}-\frac{a}{2}(x_1-x_2) > \lambda a - \ln 2 -\frac{3}{4} $$转化为：
$$ 2\ln x_1 - \frac{1}{2}(x_1^2 - \frac{1}{x_1^2}) > \lambda(x_1+\frac{1}{x_1}) -\ln 2 - \frac{3}{4} $$这就是恒成立求参数取值范围的问题，优先考虑分离参数：
$$ \lambda < \frac{2\ln x_1 - \frac{1}{2}(x_1^2-\frac{1}{x_1^2})+\ln 2+\frac{3}{4}}{x_1 + \frac{1}{x_1}} $$然后辨别有无未定式，没有。于是可以放心地求解右边函数的最小值。令
$$ g(x) = \frac{2\ln x - \frac{1}{2}(x^2-\frac{1}{x^2})+\ln 2+\frac{3}{4}}{x + \frac{1}{x}},\quad 0 < x < 1 $$求导得
$$ g'(x) = \frac{(1-x^2)(2\ln x + \frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2x^2}+\ln 2+\frac{3}{4})}{(x^2+1)^2} $$其中 $2\ln x + \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2x^2} + \ln 2 + \frac{3}{4}$ 单增且有零点 $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$ ，从而 $g(x)$ 的最小值为 $g(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $\lambda$ 的取值范围是 $(-\infty,\frac{\sqrt{2}}{2})$ 。
T7
答案：略
提示：尝试以下几种思路：
- 分类讨论法：构造函数 $f(x) = (x-1)e^{x-a} - \ln x - \ln a$ 进行求导讨论，非常繁琐。
- 同构法：虽然指对混合，但本题无法同构。
- 变换主元法：把 $a$ 看作主元，构造函数 $f(a) = (x-a)e^{x-a} - \ln x - \ln a$ ，求导得 $f'(a) = e^{-a}[(1-x)e^x - \frac{e^a}{a}]$ ，容易证明 $\frac{e^a}{a} \geq e$，$(1-x)e^x \leq 1$，则 $f'(a) < 0$ ，$f(a)$ 单调递减，$f(a) \geq f(1) = (x-1)e^{x-1} - \ln x$ ，求导容易证明 $(x-1)e^{x-1} - \ln x \geq 0$ 。
- 放缩法(加强不等式精度)：根据常见不等式：$\ln x \leq x - 1$，我们有 $\ln(ax)\leq ax-1$，故只需要证明 $(x-1)e^{x-a} \geq ax - 1$ 即可，而这个不等式直接构造函数 $g(x) = (x-1)e^{x-a} - ax + 1$ 就能轻松证明。
T8
答案：(1) $(0,\frac{1}{e})$ (2) 略 (3) 略
提示： 本题非常经典。
第二、三问属于极值点偏移中比较精细的问题，因此采用差值换元（参见文章 论极值点偏移）设 $t = x_2 - x_1 > 0$， 可得
由第一问的讨论可知 $0 < x_1 < 1 < x_2$，当 $a$ 减小时，$\frac{x_1}{e^{x_1}}$ 减小，由函数 $\frac{x}{e^x}$ 的单调性可知 $x_1$ 减小， 再由函数 $\frac{t}{e^t - 1}$ 的单调性可知当 $x_1$ 减小时，$t$ 增大，所以 $t$ 随着 $a$ 的减小而增大。
- $\frac{x_2}{x_1} = e^t$，随着 $t$ 的增大而增大，从而随着 $a$ 的减小而增大。
- $x_1 + x_2 = \frac{t(e^t+1)}{e^t-1}$ 随着 $t$ 的增大而增大，从而随着 $a$ 的减小而增大。
这道题目本质上需要根据 $a$ 的增减判断出 $t$ 的增减，然后由于 $x_1$ 和 $x_2$ 都表示成了 $t$ 的函数，那么由 $x_1,x_2$ 组成的任何式子都能表示成 $t$ 的函数，从而可以求导判断单调性。然而比较巧妙的地方是，尽管 $a$ 能够表示成 $t$ 的函数：
$$ a = \frac{e^{x_1}}{x_1} = \frac{e^{\frac{t}{e^t - 1}}}{\frac{t}{e^t - 1}} $$但我们没有直接研究 $a$ 与 $t$ 之间的增减性关系（因为上面的函数太复杂了），而是先研究 $a$ 与 $x_1$ 之间的增减性关系，再研究 $x_1$ 与 $t$ 之间的增减性关系，从而间接地得到 $a$ 与 $t$ 之间的增减性关系。这其实利用了复合函数的“同增异减”。
T9
答案：(1) 略 (2) 略
提示：
第一问直接求导 $f'(x) = \frac{(x+1)\cos x - 1}{x+1}$ ，令 $g(x) = (x+1)\cos x - 1$，$g'(x) = \cos x - (x+1)\sin x$，显然 $g'(x)$ 单调递减，由 $g'(0) = 1 > 0$，$g'(\frac{\pi}{2}) = -1-\frac{\pi}{2} < 0$，知 $g(x)$ 先增后减，再由 $g(0) = 0$，$g'(\frac{\pi}{2}) = -1$，知 $f(x)$ 先增后减；于是 $f(x) \geq \min\{f(0),f(\frac{\pi}{2})\} = 0$ 。
第二问，对于右侧不等式，使用常见不等式 $\sin x \leq x(0\geq x\leq \frac{\pi}{2})$ 可得
$$ \begin{align*} \sin \frac{1}{1\times 3} + \sin\frac{1}{2\times4}+\cdots+\sin\frac{1}{n(n+2)} &< \frac{1}{1\times 3} + \frac{1}{2\times4}+\cdots+\frac{1}{n(n+2)}\\ &= \frac{3}{4} - \frac{1}{2(n+1)} - \frac{1}{2(n+2)}\\ &< \frac{3}{4} \end{align*} $$对于左侧不等式，显然需要使用题目第一问提供的不等式 $\sin x \geq \ln(x+1)$ ，可得
$$ \begin{align*} \sin \frac{1}{1\times 3} + \sin\frac{1}{2\times4}+\cdots+\sin\frac{1}{n(n+2)} &> \ln \frac{2^2}{1\times 3} + \ln\frac{3^2}{2\times4}+\cdots+\ln\frac{(n+1)^2}{n(n+2)}\\ &= \ln \frac{2(n+1)}{n+2} \end{align*} $$但我们发现 $\ln \frac{2(n+1)}{n+2} < \ln 2$，不等号方向反了，意味着放缩放过头了，需要提高放缩精度。而提高精度通常有两种方案：
- 选用精度更高的不等式
- 放项
第一种方案肯定不行，因为题目明确提示了不等式 $\sin x \geq \ln(x+1)$，而且对于这个不等式我们也没有好的手段进行加强。
所以考虑放项，这里我们保留第一项不参与放缩，则：
我们令
$$ \sin\frac{1}{3} + \ln \frac{3(n+1)}{2(n+2)} > \ln 2 $$解得
$$ n > \frac{8-3e^{\sin\frac{1}{3}}}{3e^{\sin\frac{1}{3}}-4} $$所以，对于所有 $n > \frac{8-3e^{\sin\frac{1}{3}}}{3e^{\sin\frac{1}{3}}-4}$ ，都有
$$ \ln 2 < \sin \frac{1}{1\times 3} + \sin\frac{1}{2\times4}+\cdots+\sin\frac{1}{n(n+2)} < \frac{3}{4} $$恒成立。
注1：$\frac{8-3e^{\sin\frac{1}{3}}}{3e^{\sin\frac{1}{3}}-4} \approx 43.53$
注2：利用计算机可得满足不等式
的最小正整数 $n$ 为 $19$