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高中数学二轮复习讲义——选填题部分
第 5 讲 导数的综合应用
从近三年高考情况来看，导数的概念及计算一直是高考中的热点，对本知识的
考查主要是导数的概念及其运算法则、导数的几何意义等内容，常以选择题或填空题的形式呈现，有时也
会作为解答题中的一问．解题时要掌握函数在某一点处的导数定义、几何意义以及基本初等函数的求导法
则，会求简单的复合函数的导数．
导数的应用也一直是高考的热点，尤其是导数与函数的单调性、极值、最值问题是高考考查的重点内
容，一般以基本初等函数为载体，考查导数的相关知识及应用，题型有选择题、填空题，也有解答题中的
一问，难度一般较大，常以把关题的位置出现．解题时要熟练运用导数与函数单调性、极值与最值之间的
关系，理解导数工具性的作用，注重数学思想和方法的应用．
题型一、导函数的零点问题
考点1.已知零点个数求参
1 1
1．已知函数f(x)= x3− (1−a)x2−ax−a2 (a＞0)有3个零点，则实数a的取值范围是（ ）
3 2
A．（0，1） B．（3，+∞） C．（0，2） D．（1，+∞）
1 1
【解答】解：函数f(x)= x3− (1−a)x2−ax−a2 (a＞0)有3个零点，
3 2
可得f（x）的极小值小于0，极大值大于0，
由f（x）的导数为f′（x）＝x2﹣（1﹣a）x﹣a＝（x﹣1）（x+a），
由a＞0，可得x＞1或x＜﹣a时，f′（x）＞0，f（x）递增；
﹣a＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减，
可得f（1）为极小值，f（﹣a）为极大值，
可得f（1）＜0，f（﹣a）＞0，
1 1 1 1
即 − （1﹣a）﹣a﹣a2＜0，且− a3− （1﹣a）a2+a2﹣a2＞0，
3 2 3 2
可得a＞3．故选：B．
2．已知函数f（x）＝2e2x﹣2ax+a﹣2e﹣1，其中a R，e为自然对数的底数．若函数f（x）在区间（0，1）
内有两个零点，则a的取值范围是（ ） ∈
A．（2，2e﹣1） B．（2，2e2）
C．（2e2﹣2e﹣1，2e2） D．（2e﹣1，2e2﹣2e﹣1）
【解答】解：∵函数f（x）＝2e2x﹣2ax+a﹣2e﹣1，
∴f′（x）＝4e2x﹣2a，
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，函数f（x）在R上单调递增，
∴函数f（x）在区间（0，1）至多有一个零点，不满足题意，
∴a＞0，
1 a
令f′（x）＝0，解得x = ln ，
2 2
1 a
∴当f′（x）＞0时，即x＞ ln ，函数单调递增，
2 2
1 a
当f′（x）＜0时，即x＜ ln ，函数单调递减，
2 2
∴f（x） ＝2a﹣alna+aln2﹣2e﹣1，
min
设g（a）＝2a﹣alna+aln2﹣2e﹣1，a＞0
∴g′（a）＝1+ln2﹣lna，
令g′（a）＝0，解得a＝2e，
∴g′（a）＞0时，即0＜a＜2e，函数单调递增，
当g′（a）＜0时，即a＞2e，函数单调递减，
∴g（a） ＝4e﹣2eln2e+2eln2﹣2e﹣1＝4e﹣2eln2﹣2e+2eln2﹣2e﹣1＝﹣1＜0，
max
∵函数f（x）在区间（0，1）内有两个零点，
{f(0)＞0
∴ ，
f(1)＞0
{ 2+a−2e−1＞0
即 ，
2e2−2a+a−2e−1＞0
解得2e﹣1＜a＜2e2﹣2e﹣1
故选：D．3．（2018•江苏）若函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f（x）在[﹣
1，1]上的最大值与最小值的和为 ﹣ 3 ． ∈
【解答】解：∵函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，
∴f′（x）＝2x（3x﹣a），x （0，+∞），∈
当a≤0时，f′（x）＝2x（∈3x﹣a）＞0，
①函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（0）＝1，
f（x）在（0，+∞）上没有零点，舍去；
a
当a＞0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0的解为x＞ ，
3
②
a a
∴f（x）在（0， ）上递减，在（ ，+∞）递增，
3 3
又f（x）只有一个零点，
a a3
∴f（ ）=− +1＝0，解得a＝3，
3 27
f（x）＝2x3﹣3x2+1，f′（x）＝6x（x﹣1），x [﹣1，1]，
f′（x）＞0的解集为（﹣1，0）， ∈
f（x）在（﹣1，0）上递增，在（0，1）上递减，
f（﹣1）＝﹣4，f（0）＝1，f（1）＝0，
∴f（x） ＝f（﹣1）＝﹣4，f（x） ＝f（0）＝1，
min max
∴f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为：
f（x） +f（x） ＝﹣4+1＝﹣3．
max min
考点2.已知零点的取值范围求参
4．（2015•新课标Ⅰ）设函数f（x）＝ex（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，若存在唯一的整数x 使得f（x ）
0 0
＜0，则a的取值范围是（ ）
3 3 3 3 3 3
A．[− ，1） B．[− ， ） C．[ ， ） D．[ ，1）
2e 2e 4 2e 4 2e
【解答】解：设g（x）＝ex（2x﹣1），y＝ax﹣a，
由题意知存在唯一的整数x 使得g（x ）在直线y＝ax﹣a的下方，
0 0
∵g′（x）＝ex（2x﹣1）+2ex＝ex（2x+1），
1 1
∴当x＜− 时，g′（x）＜0，当x＞− 时，g′（x）＞0，
2 2
1 1
∴当x =−
2
时，g（x）取最小值﹣2
e
−
2
，当x＝0时，g（0）＝﹣1，当x＝1时，g（1）＝e＞0，
直线y＝ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，
3
故﹣a＞g（0）＝﹣1且g（﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解得 ≤a＜1
2e
故选：D．
5．已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x ，且x ＞0，则a的取值范围是（ ）
0 0
A．（2，+∞） B．（﹣∞，﹣2） C．（1，+∞） D．（﹣∞，﹣1）
【解答】解：（i）当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1，令f（x）＝0，
√3
解得x＝± ，函数f（x）有两个零点，舍去．
3
2
（ii）当a≠0时，f′（x）＝3ax2﹣6x＝3ax（x− ），
a
2
令f′（x）＝0，解得x＝0或 ．
a
2 2
当a＜0时， ＜0，当x＜ 或x＞0时，
a a
①
f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；
2
当 ＜x＜0时，f′（x）＞0，
a
此时函数f（x）单调递增．
2
∴ 是函数f（x）的极小值点，0是函数f（x）的极大值点．
a
∵函数f（x）＝ax3﹣3x2+1存在唯一的零点x ，且x ＞0，
0 0
2
{ ＜0 {a＜0
a
则： ；即： 4 ，可得a＜﹣2．
2 ＜1
f( )＞0 a2
a2 2
当a＞0时， ＞0，当x＞ 或x＜0时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；
a a
②
2
当0＜x＜ 时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．
a
2
∴ 是函数f（x）的极小值点，0是函数f（x）的极大值点．
a
不满足函数f（x）＝ax3﹣3x2+1存在唯一的零点x ，且x ＞0，
0 0
综上可得：实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．
故选：B．
2
6．若函数f（x）＝x2+ −alnx（a＞0）有唯一零点x ，且m＜x ＜n（m，n为相邻整数），则m+n的值为
x 0 0
（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
2
【解答】解：令y =x2+ ，y =alnx(a＞0)，
1 x 2
2 2x3−2 a
则y '=2x− = ，y '= (a＞0，x＞0)，
1 x2 x2 2 x
在（0，1）上y 为减函数，在（1，+∞）上y 为增函数，
1 1所以y 为凹函数，而y 为凸函数；
1 2
2
∵函数f(x)=x2+ −alnx(a＞0)有唯一零点x ，
x 0
∴y ，y 有公切点（x ，y ），
1 2 0 0
2 a
{2x − =
0 x 2 x
则 0 0 ，
2
x 2+ =alnx
0 x 0
0
2 1
消去a，得x 2+ − 2（x 2− ）lnx ＝0；
0 x 0 x 0
0 0
2 1
构造函数g(x)=x2+ −2(x2− )lnx，(x＞0)，
x x
1
则g(2)=4+1−2(4− )ln2=5−7ln2，
2
欲比较5与7ln2大小，可比较e5与27大小，
∵e5＞27，∴g（2）＞0，
2 1 3
g(e)=e2+ −2(e2− )=−e2+ ＜0，
e e e
∴x （2，e）；
∴m∈＝2，n＝3，∴m+n＝5．
考点3.复合函数零点问题
ln(2x)
7．已知函数f（x）= ，关于x的不等式f2（x）+af（x）＞0只有两个整数解，则实数a的取值范围
x
ln6
为 （﹣ ln 2 ， − ] ．
3
1−ln(2x)
【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），则f′（x）= ．
x2
e
当f′（x）＞0得1﹣ln（2x）＞0，即ln（2x）＜1，即0＜2x＜e，即0＜x＜ ，
2
e
由f′（x）＜0得1﹣ln（2x）＜0，得ln（2x）＞1，即2x＞e，即x＞ ，
2
e e 2
即当x = 时，函数f（x）取得极大值，同时也是最大值f（ ）= ，
2 2 ee 2
即当0＜x＜ 时，f（x）＜ 有一个整数解1，
2 e
e 2
当x＞ 时，0＜f（x）＜ 有无数个整数解，
2 e
若a＝0，则f2（x）+af（x）＞0得f2（x）＞0，此时有无数个整数解，不满足条件．
①若a＞0，则由f2（x）+af（x）＞0得f（x）＞0或f（x）＜﹣a，当f（x）＞0时，
②不等式由无数个整数解，不满足条件．
当a＜0时，由f2（x）+af（x）＞0得f（x）＞﹣a或f（x）＜0，当f（x）＜0时，没有整数解，
③ ln6
∵f（1）＝ln2，f（2）＝ln2，f（3）= ，
3
ln6
∴当f（x）≥ln2时，函数有两个整数点1，2，当f（x）≥ 时，函数有3个整数点1，2，3
3
ln6 1
∴要使f（x）＞﹣a有两个整数解，必有 ≤−a＜ln2，即﹣ln2＜a≤− ln6，
3 3
ln6
故答案为（﹣ln2，− ]
3
8．已知f（x）＝x2ex，若函数g（x）＝f2（x）﹣kf（x）+1恰有四个零点，则实数k的取值范围是（ ）
4 e2
A．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） B．（2， + ）
e2 4
8 4 e2
C．（ ，2） D．（ + ，+∞）
e2 e2 4
【解答】解：f′（x）＝2xex+x2ex＝x（x+2）ex，
令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝﹣2，
∴当x＜﹣2或x＞0时，f′（x）＞0，当﹣2＜x＜0时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递增，在（﹣2，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，4
∴当x＝﹣2时，函数f（x）取得极大值f（﹣2）= ，
e2
当x＝0时，f（x）取得极小值f（0）＝0．
作出f（x）的大致函数图象如图所示：
4
令f（x）＝t，则当t＝0或t＞ 时，关于x的方程f（x）＝t只有1解；
e2
4
当t = 时，关于x的方程f（x）＝t有2解；
e2
4
当0＜t＜ 时，关于x的方程f（x）＝t有3解．
e2
∵g（x）＝f2（x）﹣kf（x）+1恰有四个零点，
4 4
∴关于t的方程t2﹣kt+1＝0在（0， ）上有1解，在（ ，+∞）∪{0}上有1解，
e2 e2
显然t＝0不是方程t2﹣kt+1＝0的解，
4 4
∴关于t的方程t2﹣kt+1＝0在（0， ）和（ ，+∞）上各有1解，
e2 e2
16 4k 4 e2
∴ − +1＜0，解得k＞ + ．
e4 e2 e2 4
故选：D．
9．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f（x）＝（x+1）ex则对任意的m R，函数F（x）
＝f（f（x））﹣m的零点个数至多有（ ） ∈
A．3个 B．4个 C．6个 D．9个
【解答】解：当x＜0时，f（x）＝（x+1）ex，可得f′（x）＝（x+2）ex，可知x （﹣∞，﹣2），函数
是减函数，x （﹣2，0）函数是增函数， ∈
∈1
f（﹣2）=− ，f（﹣1）＝0，且x→0时，f（x）→1，又f（x）是定义在R上的奇函数，f（0）＝0，
e2
而x （﹣∞，﹣1）时，f（x）＜0，
∈所以函数的图象如图：令t＝f（x）则f（t）＝m，
由图象可知：当t （﹣1，1）时，方程f（x）＝t至多3个根，当t （﹣1，1）时，方程没有实数根，
而对于任意m R，∈方程f（t）＝m至多有一个根，t （﹣1，1），∉
从而函数F（x∈）＝f（f（x））﹣m的零点个数至多有∈ 3个．
故选：A．
考点4.零点综合问题
10．已知函数 若 且 ，则 的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】分析：作出函数 的图象，由题意可得 ，求得 ，可得
，求出导数和单调区间，可得极大值且为最大值，考虑 的大小，即可
得到所求范围.
详解：作出函数 的图象，如图所示，
由 ，且 ，可得 ，即为 ，
可得 ，令 ，
，当 时， 递增；当 时， 递减，
则 在 处取得极大值，也为最大值 ，
由 ，可得 的范围是 ，故选B.
11．已知函数 在区间 上存在零点，则 的最小值为 .
【答案】
【详解】设函数的零点为 ，则 ，则点 在直线 上.
因为 表示 与 的距离，所以则 的最小值即为原点到直线 的距
离的最小值平方，即 ，
令 ，
令 ，当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，所以当 时， ，
所以 的最小值为 .
故答案为：
12．若 ，则实数 最大值为 .【答案】
【详解】 ， 定义域为 ，
则 ，
令 ，
则 ， 在 上单调递增，
且 时， 当 时，
使得 即
当 时 ，当 时 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ②，
由 得 ①，
即 ，代入②得， ，
整理得
，
∴ ，
∴ ，
，
故 的最大值为3.
故答案为：313．若方程 在 上有实根，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由 ，可得 ，即 ，
因为 ，可得 ，所以 ，其中 ，
设 ，则 ，
又因为 ，所以 在 上为增函数，
所以 ，即 ，
所以问题转化为方程 在 上有实根，
设 （ ），则 ，所以 在 上是减函数，
所以 ，解得 ．
故选：C．
题型二、不等式与恒成立(任意性、存在性问题)
考点1.参变分离
1．已知函数f（x）＝x+xlnx，若k Z，且k（x﹣1）＜f（x）对任意的x＞1恒成立，则k的最大值为
（ ） ∈
A．2 B．3 C．4 D．5
【解答】解：由k（x﹣1）＜f（x）对任意的x＞1恒成立，
xlnx+x
得：k＜ ，（x＞1），
x−1
xlnx+x x−lnx−2
令h（x）= ，（x＞1），则h′（x） = ，
x−1 (x−1) 2
令g（x）＝x﹣lnx﹣2＝0，得：x﹣2＝lnx，画出函数y＝x﹣2，y＝lnx的图象，如图示：
∴g（x）存在唯一的零点，
又g（3）＝1﹣ln3＜0，g（4）＝2﹣ln4＝2（1﹣ln2）＞0，
∴零点属于（3，4）；
∴h（x）在（1，x ）递减，在（x ，+∞）递增，
0 0
3ln3+3
而3＜h（3）= ＜4，e5＜35＜44，
2
ln44+4 4ln4+4
所以3＜ ，所以3＜h（4）= ＜4，
5 3
∴h（x ）＜4，k Z，
0
∴k的最大值是3∈．
故选：B．
2．当x [﹣2，1]时，不等式ax3﹣x2+4x+3≥0恒成立，则实数a的取值范围是 [ ﹣ 6 ，﹣ 2 ] ．
【解∈答】解：当x＝0时，不等式ax3﹣x2+4x+3≥0对任意a R恒成立；
1 4 3 ∈
当0＜x≤1时，ax3﹣x2+4x+3≥0可化为a ≥ − − ，
x x2 x3
1 4 3 1 8 9 (x−9)(x+1)
令f（x）= − − ，则f′（x）=− + + =− （*），
x x2 x3 x2 x3 x4 x4
当0＜x≤1时，f′（x）＞0，f（x）在（0，1]上单调递增，
f（x） ＝f（1）＝﹣6，∴a≥﹣6；
max
1 4 3
当﹣2≤x＜0时，ax3﹣x2+4x+3≥0可化为a ≤ − − ，
x x2 x3
由（*）式可知，当﹣2≤x＜﹣1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f
（x）单调递增，
f（x） ＝f（﹣1）＝﹣2，∴a≤﹣2；
min
综上所述，实数a的取值范围是﹣6≤a≤﹣2，即实数a的取值范围是[﹣6，﹣2]．故答案为：[﹣6，﹣2]．
考点2.分类讨论
lnx
3．设实数 ＞0，若对任意的x （0，+∞），不等式ex− ≥0恒成立，则 的最小值为（ ）
λ
λ
λ ∈ λ
1 1 2 e
A． B． C． D．
e 2e e 3
lnx
【解答】解：实数 ＞0，若对任意的x （0，+∞），不等式ex− ≥0恒成立，
λ
λ
λ ∈
lnx
即为（ex− ） ≥0，
λ min
λ
lnx 1
设f（x）＝ex− ，x＞0，f′（x）＝ ex− ，
λ λx
λ λ
λ
1
令f′（x）＝0，可得ex = ，
λ2x
λ
由指数函数和反比例函数在第一象限的图象，
1
可得y＝ex和y = 有且只有一个交点，
λ2x
λ
设为（m，n），当x＞m时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当0＜x＜m时，f′（x）＜0，f（x）递减．
即有f（x）在x＝m处取得极小值，且为最小值．
1 lnm
即有em= ，令em− = 0，
λ2m λ
λ λ
1
可得m＝e， = ．
e
λ
1 lnx
则当 ≥ 时，不等式ex− ≥0恒成立．
e λ
λ
λ
1
则 的最小值为 ．
e
λ
lnx
另解：由于y＝ex与y = 互为反函数，
λ
λ
故图象关于y＝x对称，考虑极限情况，y＝x恰为这两个函数的公切线，
此时斜率k＝1，再用导数求得切线斜率的表达式为k＝ e，
1 λ
即可得 的最小值为 ．
e
λ
故选：A．4．已知关于x的不等式m（x2﹣2x）ex+1≥ex在（﹣∞，0]上恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
1 1
A．[1，+∞） B．[0，+∞） C．[− ，+∞) D．[ ，+∞)
2 3
【解答】解：关于x的不等式m（x2﹣2x）ex+1≥ex在（﹣∞，0]上恒成立，
令f（x）＝m（x2﹣2x）ex+1﹣ex，则f′（x）＝（mx2﹣2m﹣1）ex，
∵x （﹣∞，0），∴x2﹣2x≥0，
当m∈＝0时，f（x）＝1﹣ex≥1﹣e0＝0，符合题意，
当m＞0时，f（x）＝m（x2﹣2x）ex+1﹣ex≥1﹣ex≥0，符合题意，
1
当− ≤m＜0时，f′（x）＝（mx2﹣2m﹣1）ex≤0恒成立，则f（x）在（﹣∞，0]上单调递减，
2
∴f（x）≥f（0）＝0，符合题意，
1 √ 1
当m＜− 时，令f′（x）＞0，得− 2+ ＜x＜0，
2 m
√ 1
则f（x）在（− 2+ ，0）上单调递增，
m
∴f（x）＜f（0）＝0，不合题意，舍去．
1
综上，实数m的取值范围为[− ，+∞）．
2
故选：C．
考点3.转化成两个函数
5．已知函数f（x）＝ex﹣aln（ax﹣a）+a（a＞0），若关于x的不等式f（x）＞0恒成立，则实数a的取值
范围为 （ 0 ， e 2 ） ．
ex
【解答】解：由题意可得： ＞ln(x−1)+lna−1，
a
∴ex﹣lna+x﹣lna＞ln（x﹣1）+x﹣1，
∴ex﹣lna+x﹣lna＞eln（x﹣1）+ln（x﹣1），
令 g（x）＝ex+x，易得g（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴x﹣lna＞ln（x﹣1），∴﹣lna＞ln（x﹣1）﹣x，
∵ln（x﹣1）﹣x≤x﹣2﹣x＝﹣2，
∴﹣lna＞﹣2，∴0＜a＜e2，
故实数a的取值范围为（0，e2）．
故答案为：（0，e2）．
6．已知函数f（x）＝alnx﹣2x，若不等式f（x+1）＞ax﹣2ex在x （0，+∞）上恒成立，则实数a的取值范
∈围是（ ）
A．a≤2 B．a≥2 C．a≤0 D．0≤a≤2
【解答】解：f（ex）＝ax﹣2ex，
所以f（x+1）＞ax﹣2ex在（0，+∞）上恒成立，
等价于f（x+1）＞f（ex）在（0，+∞）上恒成立，
因为x （0，+∞）时，1＜x+1＜ex，
所以只∈需f（x）在（1，+∞）上递减，
即x＞1，f′（x）≤0恒成立，
a
即x＞1时， ≤2恒成立，a≤2x，
x
所以a≤2，
故选：A．
考点4.双变量问题
1 3
7．已知函数f（x）＝lnx− x + −1，g（x）＝x2﹣2bx+4，若对任意的x （0，2）存在x [1，2]，使f
4 4x 1 2
∈ ∈
（x ）≥g（x ），则实数b的取值范围是（ ）
1 2
17 17
A．[ ，+∞） B．（﹣∞， ] C．（﹣∞，2] D．[2，+∞）
8 8
1 3
【解答】解：∵函数f（x）＝lnx− x + −1，（x＞0）
4 4x
1 1 −3 4x−x2−3 (x−1)(x−3)
∴f′（x）= − + = =− ，
x 4 4x2 4x2 4x2
若f′（x）＞0，1＜x＜3，f（x）为增函数；若f′（x）＜0，x＞3或0＜x＜1，f（x）为减函数；
f（x）在x （0，2）上有极值，
∈ 1 3 1
f（x）在x＝1处取极小值也是最小值f（x） ＝f（1）=− + −1 =− ；
min 4 4 2
∵g（x）＝x2﹣2bx+4＝（x﹣b）2+4﹣b2，对称轴x＝b，x [1，2]，
当b＜1时，g（x）在x＝1处取最小值g（x） ＝g（1）∈＝1﹣2b+4＝5﹣2b；
min
当1＜b＜2时，g（x）在x＝b处取最小值g（x） ＝g（b）＝4﹣b2；
min
当b＞2时，g（x）在[1，2]上是减函数，g（x） ＝g（2）＝4﹣4b+4＝8﹣4b；
min
∵对任意x （0，2），存在x [1，2]，使f（x ）≥g（x ），
1 2 1 2
∴只要f（x∈）的最小值大于等于∈g（x）的最小值即可，1 11 1 17
当b＜1时，− ≥5﹣2b，解得b≥ ，故b无解；当b＞2时，− ≥8﹣4b，解得b≥ ，
2 4 2 8
17
综上：b≥ ，
8
故选：A．
f(x )−f(x )
8．已知函数f（x）＝x2+2alnx+3，若 x ，x [4，+∞）（x ≠x ）， a [2，3]， 2 1 ＜2m，则
1 2 1 2 x −x
1 2
∀ ∈ ∃ ∈
m的取值范围是（ ）
5 9 19
A．[﹣2，+∞） B．[− ，+∞) C．(− ，+∞) D．[− ，+∞)
2 2 4
f(x )−f(x )
【解答】解：设x ＞x ，由 2 1 ＜2m，得f（x ）+2mx ＞f（x ）+2mx ，
1 2 x −x 1 1 2 2
1 2
记g（x）＝f（x）+2mx，则g（x）在[0，+∞）上单调递增，
故g'（x）≥0在[4，+∞）上恒成立，
2a a
即2x+ +2m≥0在[4，+∞）上恒成立，整理得−m≤x+ 在[4，+∞）上恒成立，
x x
a a
∵a [2，3]，∴函数y=x+ 在[4，+∞）上单调递增，故有−m≤4+ ，
x 4
∈
a 19 19
∵ a [2，3]，∴−m≤(4+ ) = ，即m≥− ．
4 max 4 4
∃ ∈
故选：D．
lnx lnx 1 1
9．若对于任意的0＜x ＜x ＜a，都有 1− 2＜ − ，则a的最大值为（ ）
1 2 x x x x
1 2 2 1
1
A．2e B．e C．1 D．
2
lnx lnx 1 1
【解答】解：∵ 1− 2＜ − ，
x x x x
1 2 2 1
lnx +1 lnx +1
∴ 1 ＜ 2 ，
x x
1 2
lnx+1
据此可得函数f（x）= 在定义域（0，a）上单调递增，
x1−(lnx+1) lnx
其导函数：f′（x）= =− ≥0在（0，a）上恒成立，
x2 x2
据此可得：0＜x≤1，
即实数a的最大值为1．
故选：C．
{
1+lnx，x≥1
10．已知函数f（x）= 1 1 ，若x ≠x ，且f（x ）+f（x ）＝2，则x +x 的取值范围是 [3 ﹣
x+ ，x＜1 1 2 1 2 1 2
2 2
2 ln 2 ， + ∞） ．
【解答】解：当x ≥1且x ≥1时，f（x ）+f（x ）＝2+lnx +lnx ＝2+ln（x x ）≠2，不符合条件，舍掉；
1 2 1 2 1 2 2 1
1 1 1
当x ＜1且x ＜1时，f(x )+f(x )=1+ x + x =1+ (x +x )=2， x +x ＝2，无解，舍掉；
1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2
⇒
1 1
不妨设x ＜1，x ≥1，则f(x )+f(x )= x + +1+lnx =2，即x ＝1﹣2lnx ，
1 2 1 2 2 1 2 2 1 2
∴x +x ＝1﹣2lnx +x ，
1 2 2 2
2
设g（x）＝1+x﹣2lnx，（x≥1），∴g′（x）＝1− ；
x
令g′（x）＝0 x＝2；令g′（x）＞0 x＞2；令g′（x）＜0 x＜2；
∴g（x）在（1，⇒2）上单调递减，在（2⇒，+∞）上单调递增， ⇒
∴g（x）最小值为g（2）＝3﹣2ln2；
∴x +x ≥3﹣2ln2；
1 2
故答案为：[3﹣2ln2，+∞）．
11．已知函数 有两个不同的极值点 ，若不等式 恒成立，则实数t
的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由 （ ），得 ，
若函数 有两个不同的极值点 ，则方程 有2个不相等的正实根，所以 ，解得 ，
所以
，
令 （ ），则 ，
所以 在 上递增，
所以 ，
所以 ，
故选：A
考点5. 拉格朗日中值定理
1．已知函数f（x）＝xlnx，且0＜x ＜x ，给出下列命题：
1 2
f(x )−f(x )
1 2 ＜1
x −x
1 2
①
x f（x ）＜x f（x ）
2 1 1 2
②当lnx＞﹣1时，x f（x ）+x f（x ）＞2x f（x ）
1 1 2 2 2 1
③x +f（x ）＜x +f（x ）
1 1 2 2
④其中正确的命题序号是 ．
【解答】解：f′（x）＝ln②x+③1，
1 1
x （0， ）时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0， ）单调递减，
e e
∈
1 1
x （ ，+∞），f′（x）＞0，∴f（x）在（ ，+∞）上单调递增．
e e
∈
令g（x）＝f（x）﹣x＝xlnx﹣x，
①则g′（x）＝lnx，设x ，x （1，+∞），
1 2
则g′（x）＞0，∴函数g（∈x）在（1，+∞）上是增函数，
∴由x ＞x 得g（x ）＞g（x ）；
2 1 2 1
f(x )−f(x )
∴f（x ）﹣x ＞f（x ）﹣x ，∴ 1 2 ＞1；故 错误；
2 2 1 1 x −x
1 2
①
f(x) 1
令g（x）= =lnx，则g′（x）= ，（0，+∞）上函数单调递增，
x x
②
∵x ＞x ＞0，∴g（x ）＞g（x ），∴x •f（x ）＜x •f（x ），即 正确，
2 1 2 1 2 1 1 2
当lnx ＞﹣1时，f（x）单调递增， ②
1
③∴x •f（x ）+x •f（x ）﹣2x f（x ）＝x [f（x ）﹣f（x ）]+x [f（x ）﹣f（x ）]＝（x ﹣x ）[f（x ）﹣f
1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 1
（x ）]＞0
2
∴x •f（x ）+x •f（x ）＞x •f（x ）+x f（x ），
1 1 2 2 1 2 2 1
∵x •f（x ）＜x •f（x ），
2 1 1 2
利用不等式的传递性可以得到x •f（x ）+x •f（x ）＞2x f（x ），故 正确．
1 1 2 2 2 1
令h（x）＝f（x）+x＝xlnx+x，则h′（x）＝lnx+2， ③
④ 1
∴x （0， ）时，h′（x）＜0，
e2
∈
1
∴函数h（x）在（0， ）上单调递减，
e2
1
设x ，x （0， ），所以由x ＜x 得h（x ）＞h（x ），
1 2 e2 1 2 1 2
∈
∴f（x ）+x ＞f（x ）+x ，故 错误；
1 1 2 2
故答案为： ④
②③
f(x )−f(x )
2．已知函数f（x）的定义域为R，对任意x ＜x ，有 1 2 ＞−1，且f（1）＝1，则不等式f
1 2 x −x
1 2
（log |3x﹣1|）＜2﹣log |3x﹣1|的解集为 （﹣∞， 0 ）∪（ 0 ， 1 ） ．
2 2【解答】解：根据题意，设g（x）＝f（x）+x，
f(x )−f(x )
若函数f（x）满足对任意x ＜x ，有 1 2 ＞−1，
1 2 x −x
1 2
[f(x )+x ]−[f(x )+x ]
则 1 1 2 2 ＞0，则函数g（x）在R上为增函数，
x −x
1 2
又由f（1）＝1，则g（1）＝1+1＝2，
f（log |3x﹣1|）＜2﹣log |3x﹣1| f（log |3x﹣1|）+log |3x﹣1|＜2
2 2 2 2
g（log |3x﹣1|）＜g（1） log⇒|3x﹣1|＜1，
2 2
⇒则有0＜|3x﹣1|＜2， ⇒
解可得：x＜1且x≠0，即不等式的解集为（﹣∞，0）∪（0，1）；
故答案为：（﹣∞，0）∪（0，1）．
3．已知函数 f（x）＝（2a+2）lnx+2ax2+5．设 a＜﹣1，若对任意不相等的正数 x ，x ，恒有
1 2
f(x )−f(x )
| 1 2 |≥8．则实数a的取值范围是（ ）
x −x
1 2
A．（﹣3，﹣1） B．（﹣2，﹣1） C．（﹣∞，﹣3] D．（﹣∞，﹣2]
【解答】解：函数f（x）＝（2a+2）lnx+2ax2+5．
2a+2 2(2ax2+a+1)
∴f′（x）= +4ax=
x x
当a＜﹣1，可得f′（x）＜0，可得f（x）在（0，+∞）单调递减．
f(x )−f(x )
不妨设x ＜x ．对任意不相等的正数x ，x ，恒有| 1 2 |≥8．
1 2 1 2 x −x
1 2
即f（x ）﹣f（x ）≥﹣8x +8x
1 2 1 2
令g（x）＝f（x）+8x；
2a+2
则g′（x）= +4ax+8，可得g（x）在（0，+∞）单调递减．
x
2a+2
即 +4ax+8≤0；
x
−4x−1 (2x−1) 2
从而可得a≤ = −2；
2x2+1 2x2+1可知a≤﹣2．
故选：D．
4．已知不等式 对任意 恒成立，则实数 的最小值是 ．
【答案】
【详解】由 可得 ，即 ，
构造函数 ，其中 ，则 .
当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增，
因为 ，则 ，则 ，
要求实数 的最小值，考虑 ，则 ，
由 可得 ，
因为函数 在 上单调递减，则 ，
不等式 两边取自然对数可得 ，
因为 ，则 ，可得 ，
令 ，其中 ，则 ，
当 时， ，此时函数 单调递增，
当 时， ，此时函数 单调递减，
所以，函数 在 上的最大值为 ，所以， .
因此，实数 的最小值为 .
故答案为： .一、单选题
1．已知函数 ，当 时，恒有 ，则实数 的取值
范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】依题意可得 在区间 上单调递减，则 在区间 上恒成立.
因为 ，所以 在区间 上恒成立，
而 在区间 上单调递减，
∴ ， 的取值范围是 .
故选：B
2．若函数 在区间 上存在极小值点，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】 ， ，
的开口向上，对称轴为 ，与 轴的交点为 ，
当 时，在区间 上， ， 单调递增，没有极值点，所以 ，
要使 在区间 上存在极小值点，则 在 有两个不等的正根，
则需 ，解得 ，
所以 的取值范围是 .
故选：A
3．设 ， ， ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由 ，则令 ，
求导可得 ，
令 ，令 ，
求导可得 ，
所以 在其定义域内单调递减，令 ，则 ，故 ，
所以 ，则 在其定义域内单调递减，
由 ， ，
则存在 ，使得 ，所以 在 上小于 恒成立，
故 ，即 ，
由 ，且函数 在 上单调递增，则 ，即 ，综上所述， .
故选：D.
4．已知 是方程 的一个根，则 （ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】D
【详解】解法一 因为 是方程 的一个根，所以 ，
即 ，整理得 ，
令 ，则 恒成立，所以 在 上为增函数，
由 ，可得 ，所以 ，
所以 ．
解法二 因为 是方程 的一个根，所以 ，
即 ，所以 ，所以 ，
令 ，可得 ，
所以函数 在 上为增函数，
由 ，可得 ，所以 ，所以 ．
故选：D．
5．函数 的图象大致是（ ）A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】 ，
因为 ，所以函数 为奇函数，故排除C；
，
当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，故排除BD.
故选：A.
6．若函数 在 具有单调性，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由 ，
当函数 在 单调递增时，
恒成立，得 ，设 ，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，所以 ，因此有 ，
当函数 在 单调递减时，
恒成立，得 ，设 ，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，所以 ，
显然无论 取何实数，不等式 不能恒成立，
综上所述，a的取值范围是 ，
故选：C
7．若对任意 ， ，都有 ，则m的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【详解】因为 ， ，
所以 ，
整理得 ,
设 ，则只要 在 上单调递减即可,
又 ，令 ，得 ，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
则 ，所以 ，所以 的最小值为 ，
故选：D.
8．对于两个函数 与 ，若这两个函数值相等时对应的自变量分别
为 ， ，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】 ， ， ， 的值域是 ，
设 ，则 ，
， ， ， ，
所以 ，
设 ，
，
设 ，则 ， 是增函数，
又 ，因此 时， ， 递减， 时， ， 递增，
所以 ，
所以 的最小值是 ，
故选：B．
9．已知函数 ，若 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是
（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】根据题意，函数 ，其导数函数 ，
因为 ，所以 在 上恒成立，
则 在 上为增函数； ，
所以 为奇函数，所以 ，
又由 ，则 ；
故选：D．
10．已知定义在 上的偶函数 ，对 ，都有 ，则 ，
， 的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由已知对 ，都有 ，
即当 ， ，所以函数 在 上单调递减，
又函数 为偶函数，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
因为 ，
所以只需比较 ， ， 三者的大小关系，
又 ， ， ，且 ，
所以
所以 ，
即 ，
故选：D.
11．已知函数 存在零点，则实数 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由 得 ，
设 ， ，
设 ， ，
由 得 ，由 得 ，
所以 在 单调递增，在 单调递减，所以 ，
而 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
因为 有零点，则 ，所以 ，
故选：D.
12．已知 ，且 ，则必有（ ）
A． B．
C． D．【答案】A
【详解】因为 ，所以 ，
所以 .
令 ，则 ，则 在 上为单调增函数，
则 ，
故 在 上单调递增.
因为 ，所以 ， .
则 ，所以 ，即 ，则A正确，B错误，CD无法确定其与1的大小关系，
故选：A.
二、多选题
13．若 的图象在 处的切线分别为 ，且 ，则（ ）
A．
B． 的最小值为2
C． 在 轴上的截距之差为2
D． 在 轴上的截距之积可能为
【答案】AC
【详解】对于A，B：由题意可得 ，当 时， ，当 时， ，
所以 的斜率分别为 ，
因为 ，所以 ，得 ，因为 ，所以 ，
故A正确，B错误．
对于C，D： 的方程为 ，即 ，
令 ，得 ，所以 在 轴上的截距为 ，
的方程为 ，可得 在 轴上的截距为 ，
所以 在 轴上的截距之差为 ，
在 轴上的截距之积为 ，故C正确，D错误．
故选：AC
14．已知函数 则（ ）
A． 是奇函数
B． 在 上单调递减
C． 是偶函数
D． 为 的极小值点
【答案】BCD
【详解】由题可得函数 的定义域为 ，当 时， ，
又 ，所以 为偶函数，故A错误，C正确.
当 时， ，则 ，
令 ，得 ，令 ，得 .故 在 上单调递减，在 上单调递增.
因为 为偶函数，所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
作出函数 的大致图像，如图.
显然， 是 的极小值点，故B D正确.
故选：BCD.
15．已知 是 的一个极值点，则（ ）
A． B．
C．若 有两个极值点，则 D．若 有且只有一个极值点，则
【答案】ABC
【详解】由题意得， 的定义域为 ．
因为 是 的一个极值点，
所以 ，且 是关于 的方程 的一个实数根．
对于A，B，若 ，则 ，所以 ，所以 ；
若 ，则 (若 存在极值点 ，则 为 的变号零点，而此处若 ，得到的是不
变号零点)，
，所以 ，故A，B正确．
对于C，因为 有两个极值点，且 是 的一个极值点，
所以 ，且 ，则 ．
将其代入 并化简，得 ，则方程有两个不相等的实数根 与 ，即 ，即 ，故C正确．
对于D，因为 有且只有一个极值点，且 是 的极值点，
所以当 时，只需 ；
当 时，由 有两个不相等的实数根 与 ，可得 ，即 ．
综上， ，故D错误．
选ABC．
16．已知函数 ，则下列结论正确的是（ ）
A．对于任意的 ，存在偶函数 ，使得 为奇函数
B．若 只有一个零点，则
C．当 时，关于 的方程 有3个不同的实数根的充要条件为
D．对于任意的 ， 一定存在极值
【答案】ACD
【详解】若 为奇函数，显然可取 ，故选项A正确；
由 ，得 ．
当 时，解得 ；当 时， ，解得 ，
所以若 只有一个零点，则 或 ，故选项B错误；
当 时， ，则 ．由 ，解得 或 ．
当 时 ， 单调递减；当 时， ， 单调递增；当 时，
， 单调递减，
所以 的极小值为 ，极大值为 ．
又当 时， ；当 时， ，
当 时， ；当 时 ，
的大致图象如图，由图可知，当 的图象与直线 有3个交点时，有 ，
所以关于 的方程 有3个不同的实数根的充要条件为 ，故选项C正确；
，
若 ，则 只有一个变号零点 ，此时函数 存在极值；
若 ，因为 的判别式 ，
所以 有两个变号零点，此时函数 既存在极大值又存在极小值，故选项D正确．
故选：ACD．
17．已知函数 ，且函数 有三个零点 ，则下列判断
正确的是（ ）
A． 的单调递减区间为
B．实数 的取值范围为
C．曲线 在点 处的切线方程为
D．
【答案】ABD
【详解】解：对于 ，由题设得，函数 的定义域为 ，且 ．
当 时， ；当 时， ．
所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，故 正确．
对于 ，因为函数 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，所以 的极大值为 ，极小值为 ．
当 趋向于0时， 趋向负无穷，当 趋向于正无穷时， 趋向于正无穷．
由于函数 有三个零点，因此 ，故 正确．
对于 ，由已知条件，得 ， ，
所以切线方程为 ，即 ，故C错误．
对于D，由选项B的分析知， ．
构造函数 ， ，
则 ，
所以 在 上恒成立，即 在 上单调递增，
所以 ，即 在 上恒成立．
又 ，所以 ．
又 ，且函数 在 上单调递减，
所以 ，即 ，故D正确．
故选：ABD．
18．已知函数 ， ，则（ ）
A．函数 在 上无极值点
B．函数 在 上存在极值点
C．若对任意 ，不等式 恒成立，则实数 的最小值
D．若 ，则 的最大值为【答案】ACD
【详解】对于A， 定义域为 ， ，
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
，即 在 上单调递减，在 上单调递增，
， 在 上单调递增，无极值点，A正确；
对于B， 定义域为 ， ，
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
，即 在 上单调递减，在 上单调递增，
， 在 上单调递增，无极值点，B错误；
对于C，由A知： 在 上单调递增，由 得： ，
则当 时， ，
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递增，在 上单调递减，
， ，即 的最小值为 ，C正确；
对于D，若 ，则 ，， ， ，
由AB知： 均为定义域上的增函数， ， ，
由 得： ， ，
；
令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递增，在 上单调递减，
，即 的最大值为 ，D正确.
故选：ACD.
三、填空题
19．已知函数 恰有两个零点，则 .
【答案】
【详解】因为 ，
所以
令 ，则 ，令 ，
故当 时 ，函数 为增函数，
当 时 ，函数 为减函数，即当 时函数 有最小值 ，
若 ，即 时 ，此时函数 在R上为增函数，与题意不符；
若 ，即 时，此时函数 与x轴有两个不同交点，
设交点为 ，且 ，即 ，
所以当 或 时 ，即 ，此时函数 为增函数，
当 时 ，即 ，此时函数 为减函数，
依题意，函数 恰有两个零点即函数 与x轴有两个不同的交点，即 或 ，
所以 或 ，
化简得 或 ，所以 ，
故答案为： .
20．设函数 ，若对任意 ，皆有 成立，则实数 的取值
范围是 .
【答案】
【详解】 ，即 ，
即 ，即 对任意 恒成立，，即 对任意 恒成立，
对任意 恒成立，则 ，
设 ，则 ，令 ，解得 ，
当 时， ，此时 单调递增，
当 时， ，此时 单调递减，
则 ，则 ，
故答案为： .
21．已知曲线 与曲线 （ ）相交，且在交点处有相同的切线，则 .
【答案】
【详解】易知：必有 .
设两曲线的交点为 ， ， ，由题意： ，
两式相除得： ，∵ ，∴ .
代入 得：
e
解得a=
.
2
故答案为：
22．过点 作曲线 的切线有且只有两条，切点分别为 ， ，则.
【答案】
【详解】由题意得 ，
过点 作曲线 的切线，设切点坐标为 ，
则 ，即 ，
由于 ，故 ，
因为过点 作曲线 的切线有且只有两条，
所以 有两个解 ，且 ，即 或 ，
所以 ， ，
所以 .
故答案为：
23．已知函数 的最小值为0，则a的值为 .
【答案】 /0.5
【详解】由 ，且 ，
令 ，则 ，即 在 上递增，
所以 在 上递增，又 ， ， ， ，
所以， 使 ，且 时， ，
时， ，所以 在 上递减，在 上递增，所以
由 ，得 ，
令函数 ， ，
所以 在 上是增函数，注意到 ，所以 ，
所以 .
故答案为：
24．已知函数 ，若对于任意的 ，都有 ，则实数 的取值范围是
.
【答案】
【详解】对于任意的 ，都有 ，即 ，
令 ，
则 ，且对于任意的 ，都有 .
①当 时， ， ，所以 ，
所以 在 上单调递减，所以 ，符合题意；
②当 时，令 ，则 ，令 ，得
.
当 时，则 ，
所以当 时， 在 上单调递减，所以当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，这与 矛盾，不符合题意；
当 时，则 ，
所以当 时， ， 在 上单调递增，所以 ，即 ，
所以 在 上单调递减， ，符合题意.
综上，实数 的取值范围是 .
故答案为： .
25．已知函数 ，若 对 恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【详解】易知 ，由 可得 ，
即 ，则有 ，
设 ，易知 在 上单调递增，
故 ，所以 ，即 ，
设 ，令 ， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，则有 ，解之得 ．
故答案为： .
26．已知函数 ．若实数 满足 ，则的最小值为 ．
【答案】 /
【详解】由 ，得 ，当 时， ，
所以 在区间 上单调递增，
因为 ，
所以 ，即 ，
所以 ，所以 ，又 ，
所以 ，
令 ，所以 ，
当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增，
所以当 时， 取得最小值 ，
故 的最小值为 ．
故答案为： ．
27．已知函数 ，若存在唯一的整数 ，使得 ，则
实数 的取值范围是 .
【答案】
【详解】函数 存在唯一的整数 ，使得 ，设 与 ,
即存在唯一的整数 ，使得 在直线 上方,
，当 时， , 在 上单调递增；当 时，
, 在 上单调递减， , ，
若要存在唯一的整数 ，使得 在直线 上方，
则 或 ，代入得 或 ，
解得 ,
故答案为： .
28．已知函数 ，若函数 恰有6个零点，则实数 的取值
范围为 ．
【答案】【详解】当 时 ，则 ，所以当 时 ，
当 时 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 在 处取得极大值， ，且 时 ，当 时 ，
当 时 ，函数 在 上单调递增，
所以 的图象如下所示：
对于函数 ，令 ，即 ，
令 ，则 ，
要使 恰有 个不相等的实数根，
即关于 的 有两个不相等的实数根 ，且 ， ，
令 ，则 有两个不相等的零点均位于 之间，
所以 ，解得 ，所以实数 的取值范围为 .
故答案为：
