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专题3.8 导数的综合问题-重难点题型精练
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022•青羊区校级开学）已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x有两个零点，则a的取值范围
为（ ）
A．（﹣1，0） B．（0，1） C．（1，√e) D．（1，e）
2ex+x 2et+x
【解题思路】参数分离，将原题改造成为a= ，求y＝a与g(x)= 有两个交点．
e2x+ex e2+ec
2ex+x
【解答过程】解：由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x＝0得到a= ，
e2x+ex
2ex+x
令g(x)= ，由题意可以看做是y＝a与g（x）有两个交点，
e2x+ex
ex (2ex+1)(−ex−x+1)
g'(x)= ，
(e2x+ex
)
2
其中ex＞0，2ex+1＞0，﹣ex﹣x+1是单调递减的，并且x＝0时，﹣ex﹣x+1＝0，
ex (2ex+1)(−ex−x+1)
因此函数g'(x)= 存在唯一零点，x＝0，
(e2x+ex
)
2
当x＞0时，g′（x）＜0，
x＜0时，g′（x）＞0，
g（0）＝1，
得如下函数图象：
显然当0＜a＜1时，y＝a与g（x）有两个交点，故选：B．
2．（5分）（2022春•沈阳期末）已知函数f（x）＝aex+ln（ea）（a＞0），若对任意实数x＞1，不等式f
（x）≥ln（x﹣1）总成立，则实数a的取值范围为（ ）
1 1 1
A．[e2，+∞） B．[ ，+∞） C．（0， ] D．（ ，e2]
e2 e2 e2
【解题思路】首先将原不等式转化为ex+lna+x+lna≥x﹣1+ln（x﹣1）在x＞1时恒成立，构造函数h（x）
＝x+lnx，将其转化为h（ex+lna）≥h（x﹣1），再利用h（x）的单调性转化为lna≥ln（x﹣1）﹣x，
构造函数g（x）＝ln（x﹣1）﹣x（x＞1），利用导数得到函数g（x）的最大值，进而求出a的取值范
围．
【解答过程】解：由题意可知，aex+ln（ea）≥ln（x﹣1）在x＞1时恒成立，
即ex+lna+1+lna≥ln（x﹣1）在x＞1时恒成立，
即ex+lna+x+lna≥x﹣1+ln（x﹣1）在x＞1时恒成立，
构造函数h（x）＝x+lnx，故原不等式等价于h（ex+lna）≥h（x﹣1），
易知函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，
故转化为ex+lna≥x﹣1，
所以x+lna≥ln（x﹣1），
所以lna≥ln（x﹣1）﹣x，
1 2−x
构造函数g（x）＝ln（x﹣1）﹣x（x＞1），则g'（x）= −1= ，
x−1 x−1
令g'（x）＞0得，1＜x＜2；令g'（x）＜0得，x＞2，
所以g（x）在（1，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，
所以g（x）的最大值为g（2）＝﹣2，
1
故lna≥﹣2，解得a≥ ，
e2
1
即实数a的取值范围为[ ，+∞），
e2
故选：B．
3．（5分）（2022•全国开学）已知函数f（x）＝aexlnx（a≠0），若 x [3，+∞），f（x）＜x2+xlna成立，
则a的取值范围是（ ） ∃ ∈
3 1 3 3
A．[ ，+∞) B．[ ，+∞) C．(0， ] D．(0， )
e3 e3 e3 e3lnx ln(aex ) lnx
【解题思路】先将不等式f（x）＜x2+xlna变形为 ＜ ，再根据函数ℎ(x)= 在[3，+∞）
x aex x
上为减函数，即可得到x＞aex，然后分离参数求出a的取值范围．
【解答过程】解：因为f（x）＜x2+xlna，所以aexlnx＜x2+xlna，
lnx
ln(aex
)
同时除以xaex，得 ＜ ，∃x∈[3，+∞)使该不等式成立．
x aex
lnx 1−lnx
设ℎ(x)= ，ℎ'(x)=
，当x≥3时，h′（x）＜0，
x x2
lnx
所以ℎ(x)= 在[3，+∞）为减函数，
x
x
所以，由h（x）＜h（aex），得x＞aex，即a＜( ) ，
ex max
x lnex lne3 3 x 3
因为 = ≤ = ，所以a＜( ) = ，
ex ex e3 e3 ex max e3
3
即a的取值范围是(0， )．
e3
故选：D．
1 2
4．（5分）（2021秋•萍乡期末）已知函数f(x)=xlnx−ax+ (a+1)有两个零点x ，x ，若x +x ＞ ，
e 1 2 1 2 e
则实数a的取值范围是（ ）
A．（0，+∞） B．（﹣1，0）
C．{a|a＝0} D．（﹣1，0）∪（0，+∞）
1
【解题思路】先利用导数的符号变化得到函数的单调区间和极值点，因为 是函数f（x）的一个零点，
e
再比较零点和极值点的大小关系进行求解．
1
【解答过程】解：因为f(x)=xlnx−ax+ (a+1)，所以f′（x）＝lnx+（1﹣a），
e
令f′（x）＞0，即lnx＞a﹣1，解得x＞ea﹣1，
令f′（x）＜0，即lnx＜a﹣1，解得0＜x＜ea﹣1，
即f（x）在（0，ea﹣1）上单调递减，在（ea﹣1，+∞）上单调递增，
即x＝ea﹣1是函数f（x）的极小值点；1 1 1 a 1 1 a 1
因为f( )= ln − + (a+1)=− − + (a+1)=0，
e e e e e e e e
1
不妨设x = ，
1 e
所以x 是函数f（x）的一个零点，
1
2 1
若x +x ＞ ，则x ＞ ，
1 2 e 2 e
1
则ea−1
＞ ，解得a＞0．
e
故选：A．
5．（5分）（2022•疏附县一模）已知函数f（x）＝ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x ，x ，若不等式f
1 2
（x ）+f（x ）＞2（x +x ）+t有解，则t的取值范围是（ ）
1 2 1 2
A．（﹣∞，﹣2ln2） B．（﹣∞，﹣2ln2]
C．（﹣∞，﹣11+2ln2） D．（﹣∞，﹣11+2ln2]
{ 1
＞0
【解题思路】由题意可得，得 2a ，不等式 f（x ）+f（x ）＞2（x +x ）+t有解，即 t＜f
1 2 1 2
1−8a＞0
5
（x ）+f（x ）﹣2（x +x ）的最大值，而f（x ）+f（x ）﹣2（x +x ）=− −1﹣ln2a，令h（a）
1 2 1 2 1 2 1 2 4a
5
=− −1﹣ln2a，利用导数研究其最大值即可．
4a
2ax2−x+1
【解答过程】解：根据条件 f '(x)= (x＞0)，
x
因为函数f（x）＝ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x ，x ，
1 2
{ 1
＞0 1
所以方程2ax2﹣x+1＝0有两个不相等的正实数根，则 2a ，解得0＜a＜ ．
8
1−8a＞0
若不等式f（x ）+f（x ）＞2（x +x ）+t有解，
1 2 1 2
所以t＜[f（x ）+f（x ）﹣2（x +x ）] ．
1 2 1 2 max
因 为
5
f(x )+f(x )−2(x +x )=ax2−x +lnx +ax2−x +lnx −2(x +x )=a[(x +x ) 2−2x x ]−3(x +x )+ln(x x )=− −1−ln(2a)
1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4a
5 1 5−4a
设ℎ(a)=− −1−ln(2a)(0＜a＜ )，ℎ'(a)= ＞0，
4a 8 4a21
故h（a）在(0， )上单调递增，
8
1
故ℎ(a)＜ℎ( )=−11+2ln2，
8
所以t＜﹣11+2ln2，
所以t的取值范围是（﹣∞，﹣11+2ln2）．
故选：C．
6．（5分）（2022春•定远县校级期末）已知 e为自然对数的底数，若对任意 x [1，e]，总存在唯一的
y [﹣1，1]，使得y2ey＝a﹣lnx，成立，则实数a的取值范围是（ ） ∈
∈ 1 1 1
A．[1，e] B．(1+ ，e] C．( ，1+e] D．(1+ ，e+1)
e e e
【解题思路】求出f（y）＝y2ey中y与f（y）一一对应的f（y）的取值集合，再求得g（x）＝a﹣lnx的
值域，由集合之间的关系可得结论．
【解答过程】解：设f（y）＝y2ey，y [﹣1，1]，g（x）＝a﹣lnx，x [1，e]，
f′（y）＝（2y+y2）ey，﹣1≤y＜0时∈，f′（y）＜0，f（y）递减，∈0＜y≤1时，f′（y）＞0，f（y）递
增，
∴f（y） ＝f（0）＝0，f（﹣1）＝e﹣1，f（1）＝e，
min
1
∴f（y） （ ，e]∪{0}，
e
∈
g（x）＝a﹣lnx在[1，e]上是减函数，g（x） [a﹣1，a]，
1 ∈
由[a﹣1，a] （ ，e]∪{0}，
e
⊆
{ 1
a−1＞ 1
∴ e，即1 + ＜a≤e．
e
a≤e
故选：B．
lnx
7．（5分）（2022春•越城区校级月考）已知函数f（x）＝x2﹣2ex+a，g(x)= ，对于任意的x [1，
x 1
∈
e]，存在x [1，e]，使g（x ）≤f（x ），则实数a的取值范围为（ ）
2 1 2
A．[2e+
1∈
−1，+∞) B．[2e+
1
−1，e2+
1
]
e e e
1
C．[e2，+∞） D．[e2+ ，+∞)
e
【解题思路】根据对于任意的x [1，e]，存在x [1，e]，使g（x ）≤f（x ），可得g（x ） ≤f
1 2 1 2 1 max
∈ ∈（x ） ，然后求出相应的最值，建立不等式求出a的取值范围即可．
2 max
【解答过程】解：∵对于任意的x [1，e]，存在x [1，e]，使g（x ）≤f（x ），
1 2 1 2
∴g（x ） ≤f（x ） ． ∈ ∈
1 max 2 max
∵f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x） ＝f（1）＝1﹣2e+a．
max
1−lnx
∵g'(x)= ≥0，∴g（x）在[1，e]上单调递增，
x2
1
∴g(x) =g(e)= ．
max e
1 1
由 ≤1−2e+a，得a≥2e+ −1，
e e
1
∴a的取值范围为[2e+ −1，+∞)．
e
故选：A．
8．（5分）（2022•二模拟）下列结论正确的是（ ）
A．设函数f（x）＝x3+ax+b，其中a，b R，当a＝﹣3，b＞2时，函数有两个零点
aex
∈
B．函数f(x)= (a＞0)没有极值点
x
C．关于x的方程2x3﹣3x2+a＝0在区间[﹣2，2]上仅有一个实根，则实数a的取值范围为[﹣4，0）∪
（1，28]
x−aex
D．函数f(x)= (a＜0)有两个零点
ex
【解题思路】对于A，对函数f（x）求导，判断函数f（x）的单调性，求出其极小值即可得出结论；对
于B，求导后判断单调性，即可得到极值情况；对于C，令g（x）＝﹣2x3+3x2，x [﹣2，2]，判断函数
∈
x x
y＝g（x）的图象与直线y＝a的交点个数即可；对于D，令f（x）＝0，可得a= ，令ℎ(x)= ，判
ex ex
断函数y＝h（x）的图象与直线y＝a（a＜0）的交点个数即可．
【解答过程】解：对于A，当a＝﹣3，b＞2时，f′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1），
易知函数f（x）在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减，
则f（x）
极小值
＝f（1）＝b﹣2＞0，则此时函数f（x）仅有一个零点，选项A错误；
axex−aex aex (x−1)
对于B，f '(x)= = (a＞0)，
x2 x2易知函数f（x）在（﹣∞，0），（0，1）单调递减，在（1，+∞）上单调递增，则f（x）在x＝1处取
得极小值，选项B错误；
对于C，由2x3﹣3x2+a＝0可得a＝﹣2x3+3x2，令g（x）＝﹣2x3+3x2，x [﹣2，2]，则g′（x）＝﹣
6x2+6x＝﹣6x（x﹣1）， ∈
易知函数g（x）在[﹣2，0]，[1，2]上单调递减，在（0，1）单调递增，且g（﹣2）＝28，g（0）＝
0，g（1）＝1，g（2）＝﹣4，
依题意，直线y＝a与函数y＝g（x）的图象仅有一个交点，则a [﹣4，0）∪（1，28]，选项C正确；
x x ∈ 1−x
对于D，令f（x）＝0，则x﹣aex＝0，即a= ，令ℎ(x)= ，则ℎ'(x)= ，
ex ex ex
易知函数h（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
1
且ℎ(1)= ，当x＜0时，h（x）＜0，当x＞0时，h（x）＞0，x→+∞时，h（x）→0，
e
x
故当a＜0时，a= 仅有一个解，选项D错误．
ex
故选：C．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
m
9．（5分）（2022•赫山区校级开学）已知函数f(x)= −lnx+m在区间（1，e）内有唯一零点，则m的
x
可能取值为（ ）
e−1 1 1 2
A． B． C． D．1+
e e+1 e e
xlnx
【解题思路】由题意，可以将问题转化为方程 =m在区间（1，e）内有唯一实数根，构造函数
x+1
xlnx e
g(x)= ，x （1，e），利用导数得g（x）在区间（1，e）内单调递增，可得m∈(0， )，进
x+1 e+1
∈
而确定答案．
1
【解答过程】解：由题意，可知方程lnx=m( +1)在区间（1，e）内有唯一实数根，
x
xlnx
即方程 =m在区间（1，e）内有唯一实数根，
x+1
xlnx
令g(x)= ，x （1，e），
x+1
∈(lnx+1)(x+1)−xlnx x+lnx+1
则g'(x)= = ＞0，
(x+1) 2 (x+1) 2
所以g（x）在区间（1，e）内单调递增，
e e
所以g(1)=0＜g(x)＜g(e)= ，所以m∈(0， )，
e+1 e+1
e−1 e 1 e 1 e
又 ∈(0， )， ∈(0， )， ∈(0， )，
e e+1 e+1 e+1 e e+1
所以ABC选项符合．
故选：ABC．
10．（5分）（2022春•重庆月考）已知函数f（x）＝lnx﹣ax，若函数f（x）有两个零点x ，x ，则下列说
1 2
法正确的是（ ）
A．x lnx ＝x lnx B．x +x ＜e2
1 2 2 2 1 2
1 1
C．x x ＞e2 D． + ＞2
1 2 lnx lnx
1 2
lnx lnx
【解题思路】由f（x）＝0，得a= ，令g(x)= ，判断g（x）的单调性，画出g（x）的图象，根
x x
lnx
据条件得到直线y＝a与函数g(x)= 在（0，+∞）上的图象有两个交点，再结合选项分别判断即可．
x
lnx
【解答过程】解析：由f（x）＝0，得a= ，
x
lnx 1−lnx
令g(x)= ，则g'(x)= ，
x x2
因为函数f（x）有两个零点x ，x ，
1 2
lnx
所以直线y＝a与函数g(x)= 在（0，+∞）上的图象有两个交点，
x
当0＜x＜e时，g'（x）＞0，此时函数g（x）单调递增，
当x＞e时，g'（x）＜0，此时函数g（x）单调递减，
1
则g(x) =g(e)= ，且当x＞1时，g（x）＞0，如下图所示：
max e1 lnx
当0＜a＜ 时，直线y＝a与函数g(x)= 在（0，+∞）上的图象有两个交点．
e x
{lnx =ax
对于A选项，由已知可得 1 1，消去a，可得x lnx ＝x lnx ，故A正确；
lnx =ax 2 1 1 2
2 2
1 1
对于B选项，设x ＞x ，取x =e2，则a= ∈(0， )，
2 1 2 e2 e
所以1＜x ＜e，故x +x ＞e2，故B错；
1 1 2
对于C选项，设x ＝tx （t＞1），
2 1
因为lnx ＝ax ，则lnx ＝ln（tx ）＝lnt+lnx ＝atx ，
1 1 2 1 1 1
lnt tlnt
所以lnx = ，lnx =lnt+lnx = ．
1 t−1 2 1 t−1
t+1 2(t−1)
则x x ＞e2⇔ln(x x )=lnx +lnx = lnt＞2⇔lnt− ＞0，
1 2 1 2 1 2 t−1 t+1
2(t−1) 1 4 (t−1) 2
构造函数ℎ(t)=lnt− (t＞1)，则ℎ'(t)= − = ＞0，
t+1 t (t+1) 2 t(t+1) 2
所以函数h（t）在（1，+∞）上单调递增，
故h（t）＞h（1）＝0，故C正确；
1 1 t−1 t−1 t2−1 1
对于D选项， + = + = ＞2⇔2lnt＜t− (t＞1)，
lnx lnx lnt tlnt tlnt t
1 2
1 2 1 (t−1) 2
构造函数φ(t)=2lnt−t+ (t＞1)，则φ'(t)= −1− =− ＜0
t t t2 t
所以函数 （t）在（1，+∞）上单调递减，
φ则 （t）＜ （1）＝0，故D正确．
故选φ：ACD．φ
1
11．（5分）（2022春•龙凤区校级期末）定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足2f（x）+xf′（x）= ，
x2
f（1）＝0，则下列说法正确的是（ ）
1
A．f（x）在x=√e处取得极大值，极大值为
2e
B．f（x）有两个零点
1 e
C．若f（x）＜k− 在（0，+∞）上恒成立，则k＞
x2 2
D．f（1）＜f（√2）＜f（√3）
1 lnx
【解题思路】对A，根据2f（x）+xf′（x）= ，f（1）＝0，求f（x）= ，求出 f′（x），根据极
x2 x2
值定义进行判断；
对 B，根据f（x） 单调性和零点定义，结合图象判断；
1 lnx 1
对 C，要保证f（x）＜k− 在（0，+∞）上恒成立，即k＞( + ) ，通过构造函数求其最值，
x2 x2 x2 max
进行判断；
对 D，根据 f（x） 单调性，和对数比较大小，进行判断．
1 1
【解答过程】解：对A，∵2f（x）+xf′（x）= ，且 x （0，+∞），可得2xf（x）+x2f′（x）= ，
x2 x
∈
1
可得：[x2f（x）]′= ，故x2f（x）＝lnx+c（c 为常数 ），
x
∵f（1）＝0可得：12f（1）＝ln1+c，求得：c＝0，
lnx
故x2f（x）＝lnx，整理可得：f（x）= ，x （0，+∞），
x2
∈
1
⋅x2−2x⋅lnx
f′（x） x x−2xlnx 1−2lnx，
= = =
x4 x4 x3
1
当1﹣2lnx＞0，即lnx＜ln
e2
，解得0＜x＜√e，f′（x）＞0，此时 f（x） 单调递增，
1
当1﹣2lnx＝0，即 lnx＝ln
e2
，解得x=√e，f′（x）＝0，
1
当1﹣2lnx＜0，即 lnx＞ln
e2
，解得：x＞√e，f′（x）＜0，此时 f（x） 单调递减，ln√e 1
∴x=√e，f（x） 取得极大值，f（√e）= = ，故A正确；
e 2e
1
对B，x→0+，f（x）＜0，x=√e，f（√e）= ，x→+∞，f（x）＞0，
2e
画出 f（x） 草图：如图：
根据图象可知：f（x） 只有一个零点，故B说法错误；
1
对C，要保证 f（x）＜k− 在（0，+∞） 上恒成立，
x2
1
即：保证f（x）+ ＜k 在（0，+∞） 上恒成立，
x2
lnx lnx 1
∵f（x）= ，可得 + ＜k 在 （0，+∞） 上恒成立，
x2 x2 x2
lnx 1
故只需 k＞( + ) ，
x2 x2 max
lnx 1 −1−2lnx
令G（x）= + ，∴G′（x）= ，
x2 x2 x3
1 −1−2lnx 1 −1−2lnx
当0＜x
＜e
−
2
时，G′（x）=
x3
＞0，当x
＞e
−
2
时，G′（x）=
x3
＜0，
1
−
1 −1−2lnx 1 1+lne 2 e
当x=e − 2时，G′（x）=
x3
= 0，则G（x）
max
＝G（
e
− 2）=
−
1
=
2
，
(e 2) 2
lnx 1 e
∴k＞( + ) = ，故C说法正确，
x2 x2 max 2
对D，根据0＜x＜√e，f（x） 单调递增，x＞√e，f（x） 单调递减，
∵1＜√2＜√e，可得f（1）＜f（√2），ln√2 ln2 ln√3 ln2
又∵f（√2）= = ，f（√3）= ，∵f（2）= =f（√2），
2 4 3 4
故f（1）＜f（√2）＝f（2）＜f（√3），故D说法正确．
综上所述，正确的说法是：ACD．
故选：ACD．
12．（5分）（2022春•广东月考）已知函数f（x）＝ex﹣2ax，a R，则下列结论中正确的有（ ）
A．f（x）必有唯一极值点 ∈
1
B．若a= ，则f（x）在（0，+∞）上单调递增
2
1
C．若a= ，对 x [0，+∞）有f（x）≥kx恒成立，则k≤1
2
∀ ∈
e2
D．若存在x [2，3]，使得f（x ）≤0成立，则a≥
0 0
4
∈
【解题思路】对于A，求出函数的导数，根据a的范围判断A，
对于B，代入a的值，求出函数的导数，求出函数的单调性，从而判断B，
ex ex
对于C，问题转化为k≤ −1在x [0，+∞）上恒成立，令g（x）= −1，x [0，+∞），求出函数的
x x
∈ ∈
导数，根据函数的单调性求出k的取值范围即可；
ex
对于D，将问题转化为在x [2，3]上2a≥（ ） ，再应用导数求g（x）的最小值，即可求a的范围．
min
x
∈
【解答过程】解：对于A，f（x）＝ex﹣2ax，f′（x）＝ex﹣2a，
a≤0时，f′（x）＞0在R恒成立，故f（x）没有极值点，故A错误，
1
对于B，当a= 时，f（x）＝ex﹣x，则f'（x）＝ex﹣1，
2
令f'（x）＝0，得x＝0，
当x＞0时，f'（x）＞0，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），故B正确，
1
对于C，若a= ，对 x [0，+∞）有f（x）≥kx恒成立，
2
∀ ∈
ex
则问题转化为k≤ −1在x [0，+∞）上恒成立，
x
∈
ex ex (x−1)
令g（x）= −1，x [0，+∞），则g′（x）= ，
x x2
∈
令g′（x）＞0，解得x＞1，令g′（x）＜0，解得x＜1，故g（x）在[0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故g（x） ＝g（1）＝e﹣1，故k≤e﹣1，故C错误，
min
对于D，若存在x [2，3]，使得f（x ）≤0成立，
0 0
∈
ex
在x [2，3]上，2a≥（ ） ，
min
x
∈
ex ex (x−1)
设g（x）= ，则g′（x）= ，显然当x [2，3]时g'（x）＞0恒成立，
x x2
∈
e2
所以g（x）在[2，3]单调递增，则g（x） ＝g（2）= ，
min
2
e2 e2
综上，2a≥ a≥ ，故D正确，
2 4
⇒
故选：BD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022春•定远县校级期末）已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+ax恰有两个零点，则实数a的取值范
围为 （ 0 ， 1 ）∪（ 1 ， + ∞） ．
lnx
【解题思路】方程lnx﹣ax2+ax＝0，即方程 =a（x﹣1）恰有两解，即两个函数图象有两个交点，利
x
用导数研究函数的单调性极值与最值，即可得出．
lnx
【解答过程】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），由题知方程lnx﹣ax2+ax＝0，即方程 =a（x﹣
x
1）恰有两解，
lnx 1−lnx
设g（x）= ，则g'（x）= ，
x x2
∴当0＜x＜e时，g′（x）＞0，当x＞e时，g'（x）＜0，
∴g（x）在（0，e）上是增函数，在（e，+∞）上是减函数，且g（1）＝0，
作出函数y＝g（x）与函数y＝a（x﹣1）的图象如下图所示：∵当x＞e时，g（x）＞0，且g′（1）＝1，
∴g（x）在（1，0）处的切线方程为y＝x﹣1，
∴当0＜a＜1或a＞1时，函数y＝g（x）的图象与函数y＝a（x﹣1）的图象恰有2个交点．
故答案为：（0，1）∪（1，+∞）．
1 7
14．（5分）（2021春•梅河口市校级月考）已知函数f(x)=(x+2)lnx+ x2−4x+ ，则函数f（x）的
2 2
所有零点为 x ＝ 1 ．
【解题思路】求出函数的导数，根据导函数的单调性求出函数f（x）的单调性，从而求出函数的零点即
可．
2
【解答过程】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x）＝lnx+ +x﹣3，
x
2 1 2 (x+2)(x−1)
设g（x）＝lnx+ +x﹣3，则g′（x）= − + 1 = （x＞0），
x x x2 x2
当0＜x＜1时，g'（x）＜0；当x＞1时，g'（x）＞0，
即函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0（当且仅当x＝1时取等号），
即当x＞0时，f'（x）≥0（当且仅当x＝1时取等号），
所以函数f（x）在（0，+∞）单调递增，至多有一个零点，
因为f（1）＝0，x＝1是函数f（x）唯一的零点，
综上，函数f（x）的所有零点只有x＝1．
15．（5分）（2022秋•秦淮区月考）若关于x的不等式xm（ex+x）≤emx+mxm（x﹣lnx）恒成立，则实数m
e
的最小值为 [ ， + ∞） ．
e−1emx
【解题思路】不等式可转化为ex+x≤ +m（x﹣lnx）＝em（x﹣lnx）+m（x﹣lnx），令f（x）＝ex+x，不等
xm
式等价于f（x）≤f（m（x﹣lnx））恒成立，
求导分析f（x）的单调性，可得x≤m（x﹣lnx）恒成立，令g（x）＝x﹣lnx，求导分析可得g（x）最小
x
值大于零，则x≤m（x﹣lnx）恒成立等价于m≥ ，即可得出答案．
x−lnx
【解答过程】解：因为不等式xm（ex+x）≤emx+mxm（x﹣lnx）恒成立，
emx
所以ex+x≤ +m（x﹣lnx）＝em（x﹣lnx）+m（x﹣lnx），
xm
令f（x）＝ex+x，
则不等式等价于f（x）≤f（m（x﹣lnx））恒成立，
因为函数f（x）＝ex+x在（0，+∞）上单调递增，
所以x≤m（x﹣lnx），
令g（x）＝x﹣lnx，
1 x−1
g′（x）＝1− = ，
x x
所以在（1，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
在（0，1）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以当x＝1时，函数g（x）取得极小值，即最小值，
所以g（x）≥g（1）＝1＞0，
x
所以x≤m（x﹣lnx）恒成立等价于m≥ ，
x−lnx
x
令h（x）= ，x （0，+∞），
x−lnx
∈
1−lnx
=
h′（x） ，
(x−lnx) 2
又h′（e）＝0，
所以在（0，e）上，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
在（e，+∞）上，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
e
所以h（x） ＝h（e）= ，
max e−1e
所以实数m的取值范围为[ ，+∞）．
e−1
16．（5分）（2022春•道里区校级月考）已知e为自然对数的底数，对任意x [﹣1，1]，总存在唯一的
1
∈
1 2
x ∈[ ，e]使得x +x lnx ﹣a＝0成立，则实数a的取值范围为 (1− ，e−1] ．
2 e2 1 2 2 e2
1
【 解 题 思 路 】 令 f(x)=xlnx，x∈[ ，e]， 由 导 数 得 出 其 单 调 性 ， 再 结 合
e2
2
[a−1，a+1]⊂(− ，e]，得出实数a的取值范围．
e2
【解答过程】解：由题意可得a﹣1 a﹣x a+1，
1
1 ⩽ ⩽
令f(x)=xlnx，x∈[ ，e]，f '(x)=lnx+1，
e2
1 1
当x∈( ， )时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
e2 e
1
当x∈( ，e)时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
e
1 1 1 2
f(x)❑ =f( )=− ，f( )=− ，f(e)=e，
min e e e2 e2
1
因为对任意x [﹣1，1]，总存在唯一的x ∈[ ，e]使得x lnx ﹣＝a﹣x 成立，
1 2 e2 2 2 1
∈
2
故答案为：(1− ，e−1]．
e2
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022春•福安市校级月考）已知f（x）＝ax﹣lnx．
（1）讨论f（x）零点的个数；
（2）若对任意x [1，+∞），都有x•f（x）≥a，求实数a的取值范围．
∈ lnx lnx
【解题思路】（1）由f（x）＝0可得a= ，设g(x)= ，其中x＞0，则函数f（x）的零点个数等
x x
价于直线y＝a与函数g（x）图象交点个数，利用导数分析函数g（x）的图象与极值，数形结合可得出
函数f（x）在实数a的不同取值下的零点个数；
1 1
（2）分析可知a(x− )−lnx≥0对任意的x≥1恒成立，令 ℎ(x)=a(x− )−lnx，其中x≥1，易知h
x x
（1）＝0，对实数a的取值进行分类讨论，利用导数分析函数h（x）在[1，+∞）上的单调性，验证h（x）≥h（1）能否恒成立，综合可得出实数a的取值范围．
【解答过程】（1）解：函数f（x）＝ax﹣lnx的定义域为（0，+∞），
lnx lnx
由f（x）＝ax﹣lnx＝0得a= ，设g(x)= ，其中x＞0，
x x
则函数f（x）的零点个数等价于直线y＝a与函数g（x）图象交点个数，
1−lnx
g'(x)=
，当x＞e，g′（x）＜0，此时，函数g（x）的单调递减区间为（e，+∞），
x2
当0＜x＜e时，g′（x）＞0，此时，函数g（x）的单调递增区间为（0，e），
且当0＜x＜1时，g（x）＜0，当x＞1时，g（x）＞0，如下图所示：
1
故当a＞ 时，f（x）无零点；
e
1
当a= 或a≤0时，f（x）只有1个零点；
e
1
当0＜a＜ 时，函数f（x）有2个零点．
e
（2）解：∵x⋅f（x）≥a，即ax2﹣xlnx≥a，得ax2﹣a﹣xlnx≥0，
a 1
又x≥1，不等式两边同时除以x，得ax− −lnx≥0，即a(x− )−lnx≥0．
x x
1
令ℎ(x)=a(x− )−lnx，其中x≥1，易知h（1）＝0，
x
ax2−x+a
由题意可知h（x）≥h（1）对任意的x≥1恒成立，ℎ'(x)= ．
x2
①当a≤0时，则当x＞1时，a（x2+1）≤0，则h（x）＜0，
此时，函数y＝h（x）在[1，+∞）上单调递减，则h（x）≤h（1），不合乎题意；
②若a＞0，对于方程ax2﹣x+a＝0．1
（i）当Δ＝1﹣4a2≤0时，即a≥ 时，h′（x）≥0恒成立且h′（x）不恒为零，
2
此时，函数y＝h（x）在[1，+∞）上单调递增，则有h（x）≥h（1），合乎题意；
1
（ii）当Δ＝1﹣4a2＞0时，即0＜a＜ 时，
2
设方程ax2﹣x+a＝0的两个不等实根分别为x 、x ，且x ＜x ，
1 2 1 2
1
则x x =1，x +x = ＞0，所以，x ＞x ＞0，∴1=x x ＜x2 ，∴x ＞1＞x ＞0．
1 2 1 2 a 2 1 1 2 2 2 1
当1＜x＜x 时，h′（x）＜0；当x＞x 时，h′（x）＞0，
2 2
所以函数h（x）在（1，x ）上单调递减，在（x ，+∞）上单调递增，
2 2
所以，h（x ）＜h（1），不合乎题意．
2
1
综上所述，实数a的取值范围是[ ，+∞)．
2
ax 1
18．（12分）（2022•河南开学）已知函数f(x)=− +x− x2 ．
ex 2
（1）讨论f（x）的单调性；
x
（2）当a＝1时，证明：f(x)＜ 对x （0，+∞）恒成立．
x+1
∈
【解题思路】（1）利用求导公式求导，根据a的范围分类讨论，即可求解；
1 1 1
（2）构造函数g(x)= + x+ −1，利用导数求得g（x）的最小值，证得其最小值大于0即可．
ex 2 x+1
a−ax
(1−x)(ex−a)
【解答过程】（1）解：因为f '(x)=− +1−x= ，
ex ex
当a≤0时，因为ex﹣a＞0，
所以f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
当0＜a＜e时，令f'（x）＞0，得lna＜x＜1；令f'（x）＜0，得x＜lna或x＞1，
所以f（x）在（﹣∞，lna）和（1，+∞）上单调递减，在（lna，1）上单调递增，
当a＝e时，f（x）在R上单调递减，
当a＞e时，令f'（x）＞0，得1＜x＜lna；令f'（x）＜0，得x＜1或x＞lna，
所以f（x）在（﹣∞，1）和（lna，+∞）上单调递减，在（1，lna）上单调递增，
综上所述，当a≤0时，f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
当0＜a＜e时，f（x）在（﹣∞，lna）和（1，+∞）上单调递减，在（lna，1）上单调递增，
当a＝e时，f（x）在R上单调递减，当a＞e时，f（x）在（﹣∞，1）和（lna，+∞）上单调递减，在（1，lna）上单调递增．
x x 1 x
（2）证明：当a＝1时，要证f(x)＜ ，即证 + x2+ −x＞0，
x+1 ex 2 x+1
1 1 1
因为x＞0，所以即要证 + x+ −1＞0，
ex 2 x+1
1 1 1 1 1 1
令g(x)= + x+ −1，则g′（x） =− + − ，
ex 2 x+1 ex 2 (x+1) 2
1 1
因为g'（x）在（0，+∞）上单调递减，且g'(1)= − ＜0，
4 e
当x→+∞时，g'（x）＞0，
所以存在x （1，+∞），使得g'（x ）＝0，
0 0
所以g（x）∈在（0，x ）上单调递减，在（x ，+∞）上单调递增，
0 0
1 1 1
所以g(x) =g(x )= + x + −1，
min 0 ex
0
2 0 x +1
0
1 1 1 1 1 1
因为
g'(x )=− + − =0
，所以
= −
，
0 ex 0 2 (x +1) 2 ex 0 2 (x +1) 2
0 0
1 1 1 1 x 1 1
所以g(x) = − + x + −1= 0 + x − ，
min 2 (x +1) 2 2 0 x +1 (x +1) 2 2 0 2
0 0 0
x
因为x ＞1，所以g（x） ＞0，所以f(x)＜ 对x （0，+∞）恒成立．
0 min x+1
∈
19．（12分）（2022秋•云南月考）已知函数f（x）＝xlnx﹣（a+1）x+a．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）若不等式f（x）≤（x﹣a﹣2）e（x﹣1）+a对任意x [1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）先判断函数定义域，再求导结合函数∈单调性求出极值即可；
（2）对函数进行同构变形，令g（x）＝（x﹣a﹣1）ex，则g（lnx）≤g（x﹣1）对任意x [1，+∞）恒
成立，首先可以证明0≤lnx≤x﹣1对x [1，+∞）恒成立，原题转化为求g（x）在[0，+∞∈ ）上单调递
增时a的取值范围即可． ∈
【解答过程】解：（1）由题意得：f（x）＝xlnx﹣（a+1）x+a，x （0，+∞），
所以f′（x）＝lnx﹣a， ∈
令f′（x）＝0，解得x＝ea （0，+∞），
当0＜x＜ea时，f′（x）＜0∈；当x＞ea时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（0，ea）上单调递减，在（ea，+∞）上单调递增，所以f（x）有极小值，为f（ea）＝a﹣ea；无极大值．
（2）由已知得，xlnx﹣（a+1）x≤（x﹣a﹣2）e（x﹣1）对任意x [1，+∞）恒成立，
即（lnx﹣a﹣1）elnx≤[（x﹣1）﹣a﹣1]e（x﹣1）对任意x [1，+∞∈）恒成立，
令g（x）＝（x﹣a﹣1）ex， ∈
则g（lnx）≤g（x﹣1）对任意x [1，+∞）恒成立，
下证：0≤lnx≤x﹣1对任意x [1，∈ +∞）恒成立，
令h（x）＝lnx﹣（x﹣1），x∈[1，+∞），
1−x ∈
则ℎ'(x)= ≤0在[1，+∞）上恒成立，且仅当x＝1时取“＝“，
x
所以h（x）在[1，+∞）上单调递减，h（x）≤h（1）＝0，
即0≤lnx≤x﹣1，x [1，+∞），
所以g（lnx）≤g（∈x﹣1）对任意x [1，+∞）恒成立，只需g（x）在[0，+∞）上单调递增，
即g′（x）＝（x﹣a）ex≥0在[0，∈+∞）上恒成立，
即a≤x在[0，+∞）上恒成立，
所以a≤0，即a的取值范围为（﹣∞，0]．
20．（12分）（2022•河南开学）已知函数f（x）＝（x2﹣a）ex﹣ax2．
（1）若a＝0，求f（x）的单调区间；
4 m3
（2）设m3+2em＝0，且f（x）在[﹣2，0]上有2个零点，证明： ≤a＜ ．
4e2+1 m−2
【解题思路】（1）代入a＝0，对函数求导，再求函数的单调性即可；
（2）利用分离参数法，构造函数，再求函数的最值，再进行证明即可．
【解答过程】（1）解：因为a＝0，所以 f′（x）＝（x2+2x）ex，
当﹣2＜x＜0时，f′（x）＜0；当x＜﹣2或x＞0时，f′（x）＞0，
故f（x）的单调递减区间为（﹣2，0），单调递增区间为（﹣∞，﹣2），（0，+∞），
x2ex
（2）证明：由f（x）＝0，得x2ex＝a（x2+ex），即 =a，
x2+ex
x2ex xex (x3+2ex )
设函数g(x)= (−2≤x≤0)，则g'(x)=
x2+ex (x2+ex
)
2
设函数h（x）＝x3+2ex，则h（x）为增函数，2
因为ℎ(−1)= −1＜0，ℎ(0)=2＞0，又m3+2em＝0，
e
1
所以m （﹣1，0），且
em=− m3
，
2
∈
当m＜x＜0时，g′（x）＜0；当﹣2≤x＜m时，g′（x）＞0，
m2em m3
所以当x＝m时，g（x）取得极大值，且极大值为g(m)= = ，
m2+em m−2
4
因为g(−2)= ＞g(0)=0，
4e2+1
4 m3
所以当f（x）在[﹣2，0]上有2个零点时， ≤a＜ ．
4e2+1 m−2
1+lnx
21．（12分）（2022秋•秦淮区月考）已知函数f(x)= ．
ax
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若(ex ) x 2=(ex ) x 1，且x ＞0，x ＞0，x ≠x ，证明：√x2+x2 ＞√2．
1 2 1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）求出f'（x），分a＞0和a＜0两种情况，分别研究f'（x）的正负，即可得到函数f
（x）的单调性；
lnx +1 lnx +1
（2）对方程两边同时取对数(ex ) x 2=(ex ) x 1，得到 1 = 2 ，由a＝1进行分析，利用（1）
1 2 x x
1 2
中的结论，得到f（x）的单调性，根据题意不妨设 x ＜x ，得到x （0，1），x （1，+∞），则分
1 2 1 2
①x [2，+∞）和②x （1，2）两种情况分别求解，构造函数g（∈x）＝f（x）﹣f（∈ 2﹣x），利用导数
2 2
研究∈其性质，结合基本不∈ 等式以及不等式的基本性质，即可证明．
lnx
【解答过程】解：（1）由题意得定义域为（0，+∞），f'（x）=− ，由f′（x）＝0得x＝1，
ax2
①若a＞0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，则f（x）单调递增，当x＞1时，f′（x）＜0，则f（x）单调
递减；
②若a＜0，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，则f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，则f（x）单调
递增；
综上所述：a＞0，f（x）在（0，1）上单调递增，f（x）在（1，+∞）上单调递减；
若a＜0，f（x）在（0，1）上单调递减，f（x）在（1，+∞）上单调递增；（2）证明：对方程两边同时取对数(ex ) x 2=(ex ) x 1，则x ln（ex ）＝x ln（ex ），即x （lnx +1）＝x
1 2 2 1 1 2 2 1 1
lnx +1 lnx +1
（lnx +1），∴ 1 = 2 ，
2 x x
1 2
此时当a＝1时，存在x ＞0，x ＞0，x ≠x ，满足f（x ）＝f（x ）；
1 2 1 2 1 2
由（1）知，a＝1时，f（x）在（0，1）上单调递增，f（x）在（1，+∞）上单调递减，
不妨设x ＜x ，∴x （0，1），x （1，+∞），
1 2 1 2
∈ ∈
①x [2，+∞），则x2+x2 ＞x2≥4＞2，即√x2+x2 ＞√2；
2 1 2 2 1 2
∈
lnx 1 ln(2−x) 1
②x （1，2），则2﹣x （0，1），g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）= + − − ，0＜x
2 2 x x 2−x 2−x
∈ ∈
lnx ln(2−x) lnx ln(2−x) ln[−(x−1) 2+1]
＜1，g'（x）=− − ＞− − =− ＞0，
x2 (2−x) 2 x2 x2 x2
∴g（x）在（0，1）单调递增，则g（x）＜g（1）＝0，即f（x）＜f（2﹣x），∴f（2﹣x ）＞f（x ）
2 2
＝f（x ），
1
∵x （0，1），2﹣x ＞1，又x ＞1，f（x）在（1，+∞）上单调递减，
1 1 2
∴2﹣∈x ＜x ，即x +x ＞2，
1 2 1 2
又x2+1≥2√x2=2x ，x2+1≥2√x2=2x ，x2+1+x2+1≥2(x +x )
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2
∴x2+1+x2+1≥2(x +x )，即x2+x2≥2(x +x )−2＞2，即√x2+x2 ＞√2．
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
22．（12分）（2022春•巴中期末）已知函数f(x)=√3sin2x−2cos2x+1，
（1）求f（x）单调递增区间；
（2）是否存在实数m满足对任意x R，任意x R，使e2x 1+e−2x 1+m(ex 1+e−x 1)+8≥f(x )成立．若存
1 2 2
∈ ∈
在，求m的取值范围；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）利用辅助角公式变形，再由复合函数的单调性求f（x）单调递增区间；
（ 2 ） 由 （ 1 ） 可 得 f （ x ） ＝ 2 ， 问 题 转 化 为 成 立 ， 令
2 max e2x 1+e−2x 1+m(ex 1+e−x 1)+6≥0y=e2x 1+e−2x 1+m(ex 1+e−x 1)+6，换元后利用分类法求二次函数的最值，再由最小值大于等于 0求解实
数m的取值范围．
π
【解答过程】解：（1）f(x)=√3sin2x−(2cos2x−1)=√3sin2x−cos2x=2sin(2x−
)，
6
π π π π π
由2kπ− ≤2x− ≤2kπ+ ，k Z，得kπ− ≤x≤kπ+ ，k Z．
2 6 2 6 3
∈ ∈
π π π
∴函数f(x)=2sin(2x− )的单调递增区间为[k − ，k + ]，k Z；
6 6 3
π π ∈
π
（2）由（1）可知f(x)=2sin(2x− )，∴f（x ） ＝2，
6 2 max
实数m满足对任意x R，任意x R，使e2x 1+e−2x 1+m(ex 1+e−x 1)+8≥f(x )成立．
1 2 2
∈ ∈
即对任意x R，e2x 1+e−2x 1+m(ex 1+e−x 1)+8≥2成立，
1
∈
也就是e2x 1+e−2x 1+m(ex 1+e−x 1)+6≥0成立．
令y=e2x 1+e−2x 1+m(ex 1+e−x 1)+6，
设ex 1+e−x 1=t，那么e2x 1+e−2x 1=(ex 1+e−x
1)
2−2=t2−2
∵x
1
R，∴t=ex 1+e−x 1≥2，
转化∈为t2+mt+4≥0在t [2，+∞）上恒成立．
∈ m
令g（t）＝t2+mt+4，其对称轴t=− ，∵t [2，+∞）上，
2
∈
m
∴①当− ≤2时，即m≥﹣4，g（t） ＝g（2）＝8+2m≥0，解得m≥﹣4；
2 min
m m m2
②当− ＞2，即m＜﹣4时，g(t) =g(− )=4− ≥0，解得m ．
2 min 2 4
∈∅
综上可得，存在实数m满足对任意x R，任意x R，使e2x 1+e−2x 1+m(ex 1+e−x 1)+8≥f(x )成立，
1 2 2
∈ ∈
且实数m的取值范围是[﹣4，+∞）．
