文档内容
第22讲 导数的应用
真题展示
2022 新高考一卷第 22 题
已知函数 和 有相同的最小值．
（1）求 ；
（2）证明：存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，
并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【思路分析】（1）先对两个函数求导，然后研究函数 和 的单调性，从
而求得 和 的零点，进而得到函数的极小值(最小值)，然后列出方程求得
的值；
（2）设三个交点的横坐标从小到大依次为 ， ， ，得到有关 ， ， 的方
程，然后化简利用函数 的单调性求得 ， 和 的数量关系，进而得证命题．
【解答】（1）解： ， ，
， ，
在 上单调递增，函数 在 上单调递增，
函数 和函数 在各自定义域上单调递增，
又 函数 和 有最小值，
当 时， ，当 时， ，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
函数 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，
， ，
函数 和 有相同的最小值
，即lna= ，lna+ −1=0,
记F(x)= lnx+ −1 (x>0)，则 (x)= >0，故 F(x)在x>0上增，又
F(1)=0，
故F(a)=0有唯一解a=1.∴a=1.
（2）证明：由(1)知f(x)= x，g(x)= x−lnx， (x)= −1, (x)=1− (x>0)，
f(x)在(−∞, 0)上减，在(0,+∞)上增，f(x)最小值是f(0)=1；g(x)在(0,1)上减，在(1,+∞)上增，g(x)最小值是g(1)=1，
如图，对于函数 f(x)，当 x>0 时，函数值从最小值 1 逐渐增大到+∞；对于函
数g(x)，当 00)，则 (x)= + −2(x>0)，
若x≥1，则 (x)≥e+ −2> >0；若0 + −2= −1>0，
故 (x)>0对x>0恒成立，∴G(x)在x>0上单调递增，
又G(1)=e+0−2>0, G( )= +ln − < −2− < −2<0，
∴存在唯一的 ∈(0,1)，使得G( )=0，即方程f(x)=g(x)有唯一的解 ∈(0,1)。
由图知当 b= f( )=g( )时，直线 y=b 与两条曲线 y=f(x)和 y=g(x)共有三个不
同的交点；
当 1f( )时，直线 y=b 与两条曲线 y=f(x)和 y=g(x)共有四个不同
的交点；
当b=1时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个不同的交点；
当b<1时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)没有交点。
取b=f( )=g( )时，直线 y=b与两条曲线 y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，
作出直线y=b，y=f(x)和y=g(x)的草图，设直线 y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)的
三个交点的横坐标从小到大依次为 ， ， ，
由（1）得，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
， ， ， ，
， ， ，
， ，
， ，
， ， ， ， ，
， ， ， 成等差数列，
存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左
到右的三个交点的横坐标成等差数列．【试题评价】本题考查了导数的应用，利用导数求函数的单调性，函数的零点，
解题的关键是利用函数的单调性求得 、 和 的数量关系．
试题亮点
试题落实了高考评价体系中“一核四层四翼”的总要求，题目简洁，函数类
型也是考生非常熟悉的，体现了基础性，有利于增强学生解决困难问题的信心
和决心．但考生上手做题后就会发现，试题的设计常规中又蕴含很多的创新，
因而考生会产生似曾相识但难以入手的感觉，需要在解题过程中综合运用所学
知识不断发现，逐步推进试题有效考查了考生推理论证、运算求解等关键能力，
考查了考生对数形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想方法的理解与掌握，
对学生思维的灵活性、严谨性、创新性提出了较高的要求.试题计算量很小，重
思维，解答长度适中，设计由浅入深，层次分明，内涵丰富，重点突出，很好
地达到考查目的，使理性思维深度、知识掌握的牢固程度、运算求解的娴熟程
度不同的考生都能得到充分展示，较好地考查考生进一步学习的潜能，有利于
人才选拔，对中学数学教学具有较好的引导作用.
知识要点整理
常用结论
sinx
1
⑴ ，变形即为 x ，其几何意义为y sinx,x(0,)上的的点与原点连线斜率
小于1.
ex x1
⑵
xln(x1)
⑶lnx xex,x0
⑷ .
导数单调性、极值、最值的直接应用
1. （切线）设函数 f(x)x2 a.
a1 g(x)xf(x) [0,1]
（1）当 时，求函数 在区间 上的最小值；
（2）当 a0 时，曲线 y f(x) 在点 P(x 1 , f(x 1 ))(x 1 a) 处的切线为 l ， l 与 x 轴交于点 A(x 2 ,0) 求证：
x x a
1 2 .
3
x
解：(1)a1时，g(x)x3 x，由g(x)3x2 10，解得 3 .
g(x)
的变化情况如下表：
3 3 3
x 0 (0, ) ( ,1) 1
3 3 3
g(x) - 0 +
g(x) 0 ↘ 极小值 ↗ 0
3 3 2 3
x g( )
所以当 3 时，g(x)有最小值 3 9 .
y f(x) P(x ,2x 2 a) k f(x )2x
(2)证明：曲线 在点 1 1 处的切线斜率 1 1
y f(x) y(2x 2 a)2x (xx )
曲线 在点P处的切线方程为 1 1 1 .
x 2 a x 2 a ax 2
x 1 x x 1 x 1
令y0，得 2 2x ，∴ 2 1 2x 1 2x
1 1 1
ax 2
1 0
∵x a ，∴ 2x ，即x x .
1 1 2 1
x a x 2 a x a x a
1 x 1 1 2 1 a
又∵ 2 2x ，∴ 2 2x 2 2x 2 2x
1 1 1 1
x x a
所以 1 2 .
f(x)(x2 ax2a2 3a)ex(xR),
aR
已知函数 其中a0 y f(x)在点(1, f(1))
⑴当 时，求曲线 处的切线的斜率；
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2
a
⑵当 3时，求函数 f(x)的单调区间与极值.
解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查
运算能力及分类讨论的思想方法。
当a 0时，f(x) x2ex，f'(x) (x2 2x)ex，故f'(1) 3e.
⑴
所以曲线y f(x)在点(1, f(1))处的切线的斜率为3e.
f'(x) x2 (a2)x2a2 4aex.
⑵
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2
令f'(x) 0，解得x 2a，或x a2.由a 知，2a a2.
3
下分两种情况讨论：
2
①若a＞3 ，则2a＜a2.当x变化时， f'(x)，f(x)的变化情况如下表：
x ，2a 2a 2a，a2 a2 a2，
+ 0 — 0 +
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以f(x)在(，2a)，(a2，)内是增函数，在(2a，a2)内是减函数.
函数f(x)在x 2a处取得极大值f(2a)，且f(2a) 3ae2a.
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
函数f(x)在x a2处取得极小值f(a2)，且f(a2) (43a)ea2.
2
②若a＜3 ，则2a＞a2，当x变化时， f'(x)，f(x)的变化情况如下表：
x ，a2 a2 a2，2a 2a 2a，
+ 0 — 0 +
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以f(x)在(，a2)，(2a，)内是增函数，在(a2，2a)内是减函数。
函数f(x)在x a2处取得极大值f(a2)，且f(a2) (43a)ea2.
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
函数f(x)在x 2a处取得极小值f(2a)，且f(2a) 3ae2a.
1
2. 已知函数 f(x) x2 2ax,g(x) 3a2lnxb.
2⑴设两曲线 y f(x)与y g(x)有公共点，且在公共点处的切线相同，若a 0，试建立b 关于a的函
数关系式，并求b的最大值；
⑵若 b[0,2],h(x) f(x) g(x)(2ab)x 在(0,4)上为单调函数，求a的取值范围。
3. （最值，按区间端点讨论）
a
已知函数f(x)=lnx－ x .
(1)当a>0时，判断f(x)在定义域上的单调性；
(2)若f(x)在[1,e]上的最小值为 ，求a的值.
xa
解：(1)由题得f(x)的定义域为(0,＋∞)，且 f ′(x)＝ ＋ ＝ x2 .
∵a>0，∴f ′(x)>0，故f(x)在(0,＋∞)上是单调递增函数.xa
(2)由(1)可知：f ′(x)＝ x2 ，
①若a≥－1，则x＋a≥0，即f ′(x)≥0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为增函数，
∴f(x) ＝f(1)＝－a＝ ，∴a＝－ (舍去).
min
②若a≤－e，则x＋a≤0，即f ′(x)≤0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为减函数，
a
∴f(x) ＝f(e)＝1－ e ＝ ，∴a＝－ (舍去).
min
③若－e0，∴f(x)在(－a,e)上为增函数，
∴f(x) ＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝ ⇒a＝－ .
min
综上可知：a＝－ .
1
f(x) x ax2 ln(1 x)
2 aR
4. （最值直接应用）已知函数 ，其中 .
x2 f(x) a
（Ⅰ）若 是 的极值点，求 的值；
f(x)
（Ⅱ）求 的单调区间；
f(x) [0,) 0 a
（Ⅲ）若 在 上的最大值是 ，求 的取值范围.
x(1aax)
f(x) , x(1,)
解：（Ⅰ）
x1
.
1 1
a a
f(2)0
3 3
依题意，令 ，解得 . 经检验， 时，符合题意.
x
f(x)
（Ⅱ）解：① 当
a 0
时，
x1
.
f(x) (0,) (1,0)
故 的单调增区间是 ；单调减区间是 .
1
x 1
a0 f(x)0 x 0 2 a
② 当 时，令 ，得 1 ，或 .
0 a 1 f(x) f(x)
当 时， 与 的情况如下：x (1,x ) x (x,x ) x (x ,)
1 1 1 2 2 2
f(x) 0 0
f(x) ↘ f(x ) ↗ f(x ) ↘
1 2
1 1
(0, 1) ( 1,)
f(x) a (1,0) a
所以， 的单调增区间是 ；单调减区间是 和 .
a 1 f(x) (1,)
当 时， 的单调减区间是 .
a1 1 x 0 f(x) f(x)
2
当 时， ， 与 的情况如下：
x (1,x ) x (x ,x ) x (x,)
2 2 2 1 1 1
f(x) 0 0
f(x) ↘ f(x ) ↗ f(x ) ↘
2 1
1 1
( 1,0) (1, 1)
f(x) a a (0,)
所以， 的单调增区间是 ；单调减区间是 和 .
a 0 f(x) (0,) (1,0)
③ 当 时， 的单调增区间是 ；单调减区间是 .
a0 f(x) (0,) (1,0)
综上，当 时， 的增区间是 ，减区间是 ；
1 1
(0, 1) ( 1,)
0 a 1 f(x) a (1,0) a
当 时， 的增区间是 ，减区间是 和 ；
a 1 f(x) (1,)
当 时， 的减区间是 ；
1 1
( 1,0) (1, 1)
a1 f(x) a a (0,)
当 时， 的增区间是 ；减区间是 和 .
a0 f(x) (0,) f(0) 0
（Ⅲ）由（Ⅱ）知 时， 在 上单调递增，由 ，知不合题意.
1
f( 1)
0 a 1 f(x) (0,) a
当 时， 在 的最大值是 ，
1
f( 1) f(0)0
a
由 ，知不合题意.
a 1 f(x) (0,)
当 时， 在 单调递减，
f(x) [0,) f(0) 0
可得 在 上的最大值是 ，符合题意.f(x) [0,) 0 a [1,)
所以， 在 上的最大值是 时， 的取值范围是 .
5. （2010北京理数18）
x
已知函数 =ln(1+ )- +
x2
( ≥0).
x x 2 k
(Ⅰ)当k =2时，求曲线 y = 在点(1, f (1))处的切线方程；
(Ⅱ)求 的单调区间.
1
解：（I）当
k 2
时， f(x)ln(1x)xx2， f '(x)
1x
12x
3
由于 ， f '(1) ，
f(1)ln2 2
3
所以曲线 在点 处的切线方程为yln2 (x1)
y f(x) (1, f(1)) 2
即3x2y2ln230
x(kxk1)
（II） f '(x) ， .
1x x(1,)
x
当 时， f '(x) .
k 0 1x
(1,0) f '(x)0 (0,) f '(x)0
所以，在区间 上， ；在区间 上， .
f(x) (1,0) (0,)
故 得单调递增区间是 ，单调递减区间是 .
x(kxk1) 1k
当 时，由 f '(x) 0，得 ，x 0
0k 1 1x x 0 2 k
1
1k 1k
所以，在区间 和( ,)上， ；在区间(0, )上，
(1,0) k f '(x)0 k f '(x)0
1k 1k
故 得单调递增区间是 和( ,)，单调递减区间是(0, ).
f(x) (1,0) k k
x2
当 时， f '(x) 故 得单调递增区间是 .
k 1 1x f(x) (1,)x(kxk1) 1k
当 时， f '(x) 0，得x (1,0)， .
k 1 1x 1 k x 0
2
1k 1k
所以没在区间(1, )和 上， ；在区间( ,0)上，
k (0,) f '(x)0 k f '(x)0
1k 1k
故 得单调递增区间是(1, )和 ，单调递减区间是( ,0)
f(x) k (0,) k
6. （2010山东文21，单调性）
1a
f(x)lnxax 1(aR)
已知函数 x
a1 y f(x) (2, f(2))
⑴当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
1
a
⑵当 2 时，讨论 f(x)的单调性.
x yln20
解：⑴
1a
f(x) lnxax 1
⑵因为 x ，
1 a1 ax2 x1a
f'(x) a
所以 x x2 x2 ，x(0,)，
g(x) ax2 x1a, x(0,),
令
7. (是一道设计巧妙的好题，同时用到e底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零点存在性定理不好想，⑴⑵联系紧密)
已知函数
x+1
⑴若函数φ (x) = f (x)－
x-1
，求函数φ (x)的单调区间；
⑵设直线l为函数f (x)的图象上一点A(x ，f (x))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的x ，使得直
0 0 0
线l与曲线y=g(x)相切．
解：（Ⅰ） (x) f x x x 1 1 lnx x x 1 1 ， x 1 x x 2 1 2 x x 2 x 1 1 2 ．
x0 x1 x0 (x) 0,1 和 1，
∵ 且 ，∴ ∴函数 的单调递增区间为 ．
1 1
f(x) f(x )
（Ⅱ）∵ x ，∴ 0 x 0 ，
1 1
ylnx (xx ) y xlnx 1
l 0 x 0 x 0
∴ 切线 的方程为 0 , 即 0 , ①
设直线l与曲线 yg(x) 相切于点 (x 1 ,ex 1) ，
1
ex 1
g(x)ex x x lnx
∵ ，∴ 0 ，∴ 1 0,∴ .
1 1 1 lnx 1
y xlnx y x 0
x x 0 x x x
∴直线l也为 0 0 ， 即 0 0 0 ， ②
lnx 1
lnx 1 0 lnx x 0 1
0 x x 0 x 1
由①②得 0 0 ，∴ 0 ．
x
下证：在区间（1,+）上 0存在且唯一.
x1
lnx
由（Ⅰ）可知，
(x) x1
在区间
（1,+）
上递增．
e1 2 e21 e23
(e)lne 0 (e2)lne2 0
又 e1 e1 ， e21 e21 ，
(x)0 (e,e2) x
结合零点存在性定理，说明方程 必在区间 上有唯一的根，这个根就是所求的唯一 0 故
，
结论成立．
8. （最值应用，转换变量）
2ax2 1
f(x)(2a)lnx (a0)
设函数 x ．
f(x)
(1)讨论函数 在定义域内的单调性；
a(3,2) x ,x [1,3] (mln3)a2ln3| f(x ) f(x )| m
(2)当 时，任意 1 2 ， 1 2 恒成立，求实数 的取值
范围．
2a 1 2ax2 (2a)x1 (ax1)(2x1)
f(x) 2a
解：⑴ x x2 x2 x2 ．1 1 1 1 1 1
( , ) (0, ) ( ,)
当a2时， a 2 ，增区间为 a 2 ，减区间为 a ， 2 ．
1 1
当a2时， a 2，减区间为(0,)．
1 1 1 1 1 1
( , ) (0, ) ( ,)
当2a0时， a 2，增区间为 2 a ，减区间为 2 ， a ．
a(3,2) f(x) [1,3]
⑵由⑴知，当 时， 在 上单调递减，
1
(12a)[(2a)ln3 6a]
∴ x ,x [1,3] ， | f(x ) f(x )| ≤ f(1) f(3) 3 ，
1 2 1 2
2
4a(a2)ln3
| f(x ) f(x )|
即 ≤3 ．
1 2
(mln3)a2ln3| f(x ) f(x )|
∵ 1 2 恒成立，
2 2
4a(a2)ln3 ma 4a
∴(mln3)a2ln3＞3 ，即 3 ，
2
m 4
又a0，∴ 3a ．
13 2 38 13
4
∵a(3,2)，∴ 3 3a 9 ，∴m≤ 3 ．
9. （最值应用）
g(x) xR g(x1)g(1x) x2 2x1 g(1)1
已知二次函数 对 都满足 且 ，设函数
1 9
f(x) g(x )mlnx
2 8 （mR，x0）．
g(x)
（Ⅰ）求 的表达式；
xR f(x)0 m
（Ⅱ）若 ，使 成立，求实数 的取值范围；
1me H(x) f(x)(m1)x x，x [1,m] |H(x )H(x )|1
（Ⅲ）设 ， ，求证：对于 1 2 ，恒有 1 2 ．
解：（Ⅰ）设gxax2 bxc，于是 a 1 ，
所以 2
gx1g1x2ax12 2c2x12 2， c1.
又g11，则b 1 ．所以gx 1 x2 1 x1． …………3分
2 2 2
1 9 1
f(x)g x mlnx x2 mlnx(mR，x0).
2 8 2
（Ⅱ）
当m>0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；…………4分
x2
当m=0时， f(x) 2 0对 x0 ， f(x)0 恒成立； …………5分
m
当m<0时，由 f(x)x 0x m ，列表：
x
x (0， m) m ( m，)
f(x) － 0 ＋
f(x) 减 极小 增
这时，f(x) f( m) m mln m.
min 2
m
mln m 0，
f(x) 0 2 e0时， f(x)在区间（0，1）上的单调递减，
在区间（1，4）上单调递增，
∴函数 f(x)在区间[0,4]上的最小值为 f(1)(a2)e
又∵ f(0) bex (2a3) 0， f(4)(2a13)e4 0，
∴函数 f(x)在区间[0，4]上的值域是[f(1), f(4)]，即[(a2)e,(2a13)e4]]
又g(x)(a2 14)ex4
在区间[0，4]上是增函数，
且它在区间[0，4]上的值域是[(a2 14)e4,(a2 14)e8].
∵(a2 14)e4 －(2a13)e4 ＝(a2 2a1)e4 ＝(a1)2e4 0，
∴存在, [0,4]使得| f() f()|1成立只须
1 2 1 2
1 1 1
(a1)2e4 1(a1)2 1 a1
(a2 14)e4 －(2a13)e4 <1 e4 . e2 e2 ．1a
f(x)lnxax 1
已知函数 x (aR).
1
a≤
⑴当 2时，讨论 f(x)的单调性；
1
⑵设g(x) x2 2bx4.当 a 4 时，若对任意 x 1 (0,2) ，存在 x 2 1,2 ，使 f(x 1 )≥g(x 2 ) ，求实数
b取值范围.
解：本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起，考查了利用导数研究函数的单调性、利用导
数求函数的最值以及二次函数的最值问题，考查了同学们分类讨论的数学思想以及解不等式的能力；考查
了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力.
f(x)
（1）直接利用函数与导数的关系讨论函数的单调性；（2）利用导数求出 的最小值、利用二次函数
g(x)
知识或分离常数法求出 在闭区间[1,2]上的最大值，然后解不等式求参数.
1a l a1 ax2xa1
f(x)lnxax 1(x0) f(x) a (x0)
⑴ x ， x x2 x2
h(x)ax2 x1a(x0)
令
a0 h(x)x1(x0) x(0,1),h(x)0, f(x)0 f(x)
①当 时， ，当 ,函数 单调递减；当
x(1,),h(x)0, f(x)0 f(x)
，函数 单调递增.
1
x 1,x 1
②当a0时，由 f(x)0，即ax2 x1a0，解得 1 2 a .
1
a
当 2 时 x x ，h(x)0恒成立，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递减；
1 2
1 1
0a 110
当 2时，a ,x(0,1)时h(x)0, f(x)0，函数 f(x)单调递减；
1
x(1, 1)
a 时，h(x)0, f(x)0，函数 f(x)单调递增；
1
x( 1,)
a 时，h(x)0, f(x)0，函数 f(x)单调递减.
1
10
当a0时a ，当x(0,1),h(x)0, f(x)0,函数 f(x)单调递减；x(1,),h(x)0, f(x)0 f(x)
当 ，函数 单调递增.
a0 f(x) (0,1) (1,)
综上所述：当 时，函数 在 单调递减， 单调递增；
1
a
当 2 时 x x ,h(x)0恒成立,此时 f(x)0，函数 f(x)在(0,)单调递减；
1 2
1 1 1
0a (1, 1) ( 1,)
当 2时,函数 f(x)在(0,1)递减, a 递增, a 递减.
1
a
⑵当 4 时， f(x)在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意 x (0,2) ，
1
1
f(x )≥ f(1)
有 1 2 ，
1
又已知存在 x 2 1,2 ，使 f(x 1 ) g(x 2 ) ，所以 2 g(x 2 ) ， x 2 1,2 ，（※）
g(x)(xb)2 4b2,x[1,2]
又
b1 g(x) g(1)52b0
当 时， min 与（※）矛盾；
b1,2 g(x) g(1)4b2 0
当 时， min 也与（※）矛盾；
1 17
g(x) g(2)84b ,b
当b2时， min 2 8 .
17
[ ,)
综上，实数b的取值范围是 8 .
1−a
f(x)=lnx−ax+ −1
x
12. 设函数 ．
（Ⅰ）当
a=1
时，过原点的直线与函数
f (x)
的图象相切于点P，求点P的坐标；
1
00)
，当
a=1
时，
f(x)=lnx−x−1
，则
y
0
=lnx
0
−x
0
−1
，
x
，1 lnx −x −1
f' (x )= −1= 0 0
0 x x
∴ 0 0
x =e2 (e2 ，1−e2 )
解得 0 ，故点P 的坐标为
1−a
a(x−1)(x− )
−ax2 +ax+a−1 (x−1)(ax−1+a) a
f' (x)= =− =−
（Ⅱ）
x2 x2 x2
1 1−a
00
2 a
∵ ∴
1−a 1−a
x> 10
1 1−a
0f (1) f (x) (0,e] 3
∴ ，故函数 在 上的最小值为
∀x ∈（0,e] ∃x ∈[0,1] f (x ) g(x ) g(x) [0,1]
若对于 1 ， 2 使 1 ≥ 2 成立⇔ 在 上的最小值不大于
2
−
f (x) (0,e] 3
在 上的最小值 （*）
5 5
g(x)=x2 −2bx− =(x−b) 2 −b2 −
12 12 x∈[0,1]
又 ，
5 2
[g(x)] =g(0)=− >−
①当
b<0
时，
g(x)
在
[0,1]
上为增函数，
min 12 3
与（*）矛盾
5
[g(x)] =g(b)=−b2 −
②当
0≤b≤1
时，
min 12
，
5 2 1
−b2 − ≤− ≤b≤1
由
12 3
及
0≤b≤1
得，
2
③当
b>1
时，
g(x)
在
[0,1]
上为减函数，
7 17 2
[g(x)] =g(1)= −2b<− <−
min 12 12 3
，此时
b>1
b
综 上 ， 的 取 值 范 围 是
1
[ ，+∞）
2
12.已知函数 f(x) xlnx,g(x)x2 ax3．⑴求 f(x)在[t,t2](t 0)上的最小值；
1
x ,e
⑵若存在 （ 是常数， ＝2.71828 ）使不等式 成立，求实数 的取值范围；
e e e 2f(x) g(x) a
1 2
⑶证明对一切 都有lnx 成立．
x(0,), ex ex
解：⑴ ，
1 1
0t
e e
所以f x
min 1
tInt t
e
⑵由题意知
3
2xInxx2 ax3,则a2Inxx ,
x
3 2 3
x3x1
设hx2Inxx x0则hx 1
x x x2 x2
1
当x ,1 时，hx0,hx单调递减；
e
当x1,e时，hx0,hx单调递增；
1 1
所以hx maxh
,h(e),因为存在x
,e
,使2f x gx成立，
max e e
所以ahx ,
max
1 1 3
h( )2 3e，h(e)2e
e e e
1 1
而h( )h(e)，故a 3e2
e ex 2
（Ⅲ） 等价证明xInx
x0,
ex e
由⑴知
1
f x xInxx0,的最小值是-
e
1
当且仅当x 取到，
e
x 2 1x
设x x0,,则x ,
ex e ex
1
易得x 1 ，当且仅当x1时取到，
max e
x 2
从而对一切x0,都有xInx 成立，
ex e
1 2
即Inx 对一切x0,成立．
ex ex
13. （最值应用）
q p
f(x) px 2lnx f(e)qe 2
设函数 x ，且 e ，其中e是自然对数的底数.
p q
⑴求 与 的关系；
f(x) p
⑵若 在其定义域内为单调函数，求 的取值范围；
2e
⑶设
g(x)
x ，若在
1,e
上至少存在一点 x ，使得 f(x ) ＞ g(x ) 成立，求实数 p的取值范围.
0 0 0
q p 1
f(e) pe 2lneqe 2 (pq)(e )0
解：（1）由题意得 e e e
1
e 0
而 e ，所以 p、q的关系为 p q.
q p
f(x) px 2lnx px 2lnx
（2）由（1）知 x x ，
p 2 px2 2x p
f '(x) p
x2 x x2 .令h(x) px2 2x p，
f(x) (0,) h(x)0或h(x)0
要使 在其定义域 内单调，只需 恒成立.2x
f '(x)
①当 p0时，h(x)2x，因为x＞0，所以h(x)＜0， x2 ＜0，
f(x) (0,) p0
∴ 在 内是单调递减函数，即 适合题意；
1
h(x) p
②当 p＞0时，h(x) px2 2x p，∴ min p ，
1
p 0
只需 p ，即 p1时h(x)0, f '(x)0，
f(x) (0,) p1
∴ 在 内为单调递增函数，故 适合题意.
1
x (0,)
③当 p＜0时，h(x) px2 2x p，其图像为开口向下的抛物线，对称轴为 p ，只要
h(0)0 p0 h(x)0 (0,) p
，即 时， 在 恒成立，故 ＜0适合题意.
p p1或p0
综上所述， 的取值范围为 .
2e
g(x) 1,e
（3）∵ x 在 上是减函数，
xe g(x) 2 x1 g(x) 2e
g(x)2,2e
∴ 时， min ； 时， max ，即 ，
p0 f(x)
1,e
f(x) f(1)0
①当 时，由（2）知 在 上递减 max ＜2，不合题意；
1
x1,e x 0
②当0＜ p＜1时，由 x ，
p 1 f(x)
1,e
又由（2）知当 时， 在 上是增函数，
1 1 1 1
f(x) p(x )2lnx x 2lnxe 2lnee 2
∴ x x e e ＜2，不合题意；
p1 f(x)
1,e
f(1)0 g(x)
1,e
③当 时，由（2）知 在 上是增函数， ＜2，又 在 上是减函数，故只需
1
f(x) ＞ g(x) ，
x1,e
，而
f(x)
max
f(e) p(e
e
)2lne
， g(x) 2 ， 即
max min min
1 4e
p(e )2lne
e ＞2，解得 p＞e2 1 ，4e
( ，)
综上， p的取值范围是 e2 1 .
14.
1
f(x) x alnx(aR).
x
设函数
f(x)
⑴讨论函数 的单调性；
f(x) x ,x A(x , f(x )), B(x , f(x )) k a
⑵若 有两个极值点 1 2，记过点 1 1 2 2 的直线斜率为 ,问：是否存在 ，使得
k 2a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
1 a x2 ax1
f '(x)1
解：⑴ f(x)的定义域为(0,). x2 x x2
g(x) x2 ax1,其判别式 a2 4.
令
|a|2时, 0, f '(x)0, f(x)在(0,)
①当 故 上单调递增．
a2时, >0, g(x)=0 (0,) f '(x)0 f(x)在(0,)
②当 的两根都小于0，在 上， ，故 上单调递
增．
a a2 4 a a2 4
x ,x
③当a 2时, >0, g(x)=0的两根为 1 2 2 2 ，
0 x x f '(x)0 x x x f '(x)0 x x f '(x)0 f(x)
当 1时， ；当 1 2时， ；当 2时， ，故 分别
(0,x ),(x ,) (x ,x )
在 1 2 上单调递增，在 1 2 上单调递减．
f(x) x ,x a2
⑵由⑴知，若 有两个极值点 1 2，则只能是情况③，故 ．
x x
f(x ) f(x )(x x ) 1 2 a(lnx lnx )
因为 1 2 1 2 x x 1 2 ，
1 2
f(x ) f(x ) 1 lnx lnx
k 1 2 1 a 1 2
所以 x x x x x x
1 2 1 2 1 2
lnx lnx
k 2a 1 2
又由⑴知，x x 1，于是 x x
1 2 1 2lnx lnx
1 2 1
若存在a，使得k 2a.则 x x ．即lnx lnx x x ．
1 2 1 2 1 2
1
x 2lnx 0(x 1)(*)
亦即 2 x 2 2
2
1
h(t)t 2lnt
再由⑴知，函数 t 在(0,)上单调递增，而 x 1 ，所以
2
1 1
x 2lnx 1 2ln10.
2 x 2 1 这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k 2a.
2
15. （构造函数，好，较难）
已知函数 .
⑴求函数 的单调增区间；
⑵记函数 的图象为曲线 ，设点 是曲线 上两个不同点，如果曲线 上存在点
，使得：① ；②曲线 在点 处的切线平行于直线 ，则称函数 存在
“中值相依切线”.试问：函数 是否存在中值相依切线，请说明理由.
f(x) (0,)
解：（Ⅰ）函数 的定义域是 .
1
a(x1)(x )
1 a
f '(x) axa1
x x
由已知得， .
ⅰ 当 a0 时, 令 f '(x)0 ,解得 0 x1 ; 函数 f(x) 在 (0,1) 上单调递增
a0
ⅱ 当 时，
1 1
1 0 x
a a1 f '(x)0 a x1
①当 时，即 时, 令 ,解得 或 ;
1
(0, )
函数 f(x) 在 a 和 (1,) 上单调递增1
1
a a1 f(x) (0,)
②当 时，即 时, 显然，函数 在 上单调递增；
1 1
1 x
a 1a0 f '(x)0 0 x1 a
③当 时，即 时, 令 ,解得 或
1
( ,)
函数 f(x) 在 (0,1) 和 a 上单调递增.
综上所述:
a0 f(x) (0,1)
⑴当 时,函数 在 上单调递增
1
(0, )
a1 f(x) a (1,)
⑵当 时,函数 在 和 上单调递增
a1 f(x) (0,)
⑶当 时,函数 在 上单调递增；
1
( ,)
1a0 f(x) (0,1) a
⑷当 时,函数 在 和 上单调递增.
f(x)
(Ⅱ)假设函数 存在“中值相依切线”.
A(x ,y ) B(x ,y ) y f(x) 0 x x
设 1 1 , 2 2 是曲线 上的不同两点，且 1 2，
1 1
y lnx ax2 (a1)x y lnx ax 2 (a1)x
1 1 2 1 1 2 2 2 2 2
则 ， .
1
(lnx lnx ) a(x 2 x2)(a1)(x x )
y y 2 1 2 2 1 2 1
k 2 1
AB x x x x
2 1 2 1
lnx lnx 1
2 1 a(x x )(a1)
x x 2 1 2
2 1 .
x x 2 x x
f( 1 2) a 1 2 (a1)
M(x ,y ) k f(x ) 2 x x 2
曲线在点 0 0 处的切线斜率 0 1 2 ，
lnx lnx 1 2 x x
2 1 a(x x )(a1) a 1 2 (a1)
x x 2 1 2 x x 2
依题意得： 2 1 1 2 .x
2( 2 1)
x
1
lnx lnx 2 x 2(x x ) x
2 1 ln 2 2 1 2 1
x x x x x x x x
化简可得 2 1 1 2 ， 即 1 = 2 1 1 .
x
2(t1) 4
2 t lnt 2
x t 1 t1 t1
设 1 ( )，上式化为： ,
4 4 1 4 (t1)2
lnt 2 g(t)lnt g'(t)
t1 ,令 t1 , t (t1)2 t(t1)2 .
t 1 g'(t)0 g(t) (1,) g(t)2
因为 ,显然 ，所以 在 上递增,显然有 恒成立.
4
lnt 2
所以在
(1,)
内不存在
t
,使得
t1
成立.
f(x)
综上所述，假设不成立.所以，函数 不存在“中值相依切线”
16. (2011天津理19，综合应用)
f xlnxax2 f x
a0 x0
已知 ，函数 ， ．( 的图象连续)
f x
⑴求 的单调区间；
ln3ln2 ln2
⑵若存在属于区间
1,3 的,，且≥1，使 f f
，证明： 5
≤a≤
3 ．
1 12ax2 2a
解：⑴
fx
x
2ax
x ，x0．令
fx0，则
x
2a ．
fx f x
x
当 变化时， ， 的变化情况如下表：
2a 2a 2a
x 0, ,
2a 2a 2a
fx 0
f x 单调递增 极大值 单调递减
2a 2a
0, ,
所以
f
x的单调增区间是
2a
，单调减区间是
2a
．
2a
⑵由 f f 及 f x 的单调性知 2a ．从而 f x 在区间 , 上的最小值为 f ．
1
,1,3
123
又由 ， ，则 ．
f 2 f f 1, ln24aa,
所以 f 2 f f 3, 即 ln24aln39a.
ln3ln2 ln2
a
所以 5 3 ．
17. （恒成立，直接利用最值）
f(x)ln(ax1)x2 ax, a 0
已知函数 ，
1
x
⑴若 2 是函数 f(x)的一个极值点，求a；
f(x)
⑵讨论函数 的单调区间；
1
[ ,1]
⑶若对于任意的a[1,2],不等式 f x≤m 在 2 上恒成立，求m的取值范围.
2ax2 (2a2)x
f(x)
解：⑴ ax1 ,
1 1
x f( ) 0
因为 2 是函数 f(x)的一个极值点，所以 2 ，得a2 a2 0.
a 0 a 2
又 ，所以 .
1
( , )
⑵因为 f(x)的定义域是 a ，
a2 2
2ax(x )
2ax2 (2a2)x
2a
f(x) .
ax1 ax1a 2
①当 时，列表
1 a2 2 a2 2
x ( , 0) (0, ) ( , )
a 2a 2a
f(x)
＋ － ＋
f(x) 增 减 增
1 a2 2 a2 2
( , 0) ( , ) (0, )
f(x)在 a ， 2a 是增函数； f(x)在 2a 是减函数.
2 2x2 2
f(x) ≥0 ( , )
②当
a 2
时，
2x1
， f(x)在
2
是增函数.
0 a 2
③当 时，列表
1 a2 2 a2 2
x ( , ) ( , 0) (0, )
a 2a 2a
f(x)
＋ － ＋
f(x) 增 减 增
1 a2 2 a2 2
( , ) ( , 0)
f(x)在 a 2a ,(0, )是增函数； f(x)在 2a 是减函数.
⑶
18. （最值与图象特征应用）
ex
设 ，函数 f(x) (ax2 a1)(e为自然对数的底数）.
aR 2
f(x)
⑴判断 的单调性；1
⑵若 f(x) 在x[1,2]上恒成立，求a的取值范围.
e2
1 1 1
解：⑴∵ f (x) ex(ax2 a1) ex (2ax) ex(ax2 2axa1),
2 2 2
令g(x) ax2 2axa1.
a 0时,g(x) 10, f (x)0, f(x)
①当 在R上为减函数.
②当a 0时,g(x) 0的判别 4a2 4(a2 a) 4a 0,
g(x)0,即f (x)0 f(x)
在R上为减函数.
1 1
x 1 或x 1 ,
③当 时，由 得
a 0 ax2 2axa10, a a
1 1
1 x 1 ,
由 得
ax2 2axa10, a a
a a a a
f(x)在(, ),( ,)上为增函数；
a a
a a a a
f(x)在( , )上为减函数.
a a
⑵由⑴知
a 0时, f(x)在[1,2]
①当 上为减函数.
5a1 5a1 1 1
f(x) f(2) .由 得a .
min 2e2 2e2 e2 5
5a1 1
②当a 0时, f(2)
2e2 2e2
1 1
f(x) 在[1，2]上不恒成立，∴a的取值范围是( ,).
e2 5
19. (单调性)
f(x)
已知 =ln(x+2)－x2+bx+c
f(x) f(x)
⑴若函数 在点(1，y)处的切线与直线3x+7y+2=0垂直，且f(－1)=0，求函数 在区间[0,3]上的最小值；
f(x)
⑵若 在区间[0,m]上单调，求b的取值范围.
1 3
f (x) 2xb
解：⑴ x2 ，依题意令 f(1)= 7 ， f(1)＝0，解得b=4，c=5.
1 2x2 9 3 2
f (x) 2x4 0得x
x2 x2 2
3 3 3
x 0 (0, 2) 2 （ 2,3） 3
2 2 2
y′ + 0 －
y ln2+5 极大 8+ln5
f(x) f(0)
因为8+ln5>5+ln2 ∴x=0时 在[0，3]上最小值 =5+ln2.
f(x)
⑵若 在区间[0，m]上单调，有两种可能
1 1
f (x) 2xb
①令 x2 ≥0得b≥2x－ x2，在[0，m]上恒成立
1 1
而y=2x－ x2在[0，m]上单调递增，最大值为2m－m2 ，∴b≥2m－
1
m2 .
1 1
f (x) 2xb
②令 x2 ≤0 得b≤2x－ x2，
1 1 1
而 y=2x－ x2在[0，m]单增，最小为y=－2 ，∴b≤－2 .
1 1
故b≥2m－m2 或b≤－2 时 f(x)在[0，m]上单调.
20. （单调性，用到二阶导数的技巧）
f(x) lnx
已知函数
f(x)a
⑴若F(x) (aR)，求 的极大值；
x F(x)
⑵若G(x) [f(x)]2 kx在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k的取值范围.f(x)a lnxa
F(x)
解：⑴ x x 定义域为x(0,)
(1a)lnx
F(x)
x2
F(x) 0 得x e1a F(x) 0得0 x e1a
令 由
F(x)0 得x e1a
由
F(x)在(0,e1a) (e1a,)
即 上单调递增，在 上单调递减
1aa
F(e1a ) ea1
x e1a时，F(x)取得极大值 ea
2lnx
G(x) k
⑵ G(x) (lnx)2 kx的定义域为(0，+∞)， x
2lnx
G(x) k 0
由G (x)在定义域内单调递减知： x 在(0，+∞)内恒成立
2 2(1lnx)
H(x) lnxk H(x)
令 x ，则 x2 由 H(x) 0得x e
x(0,e) H(x) 0,H(x)
∵当 时 为增函数
x(e,) H(x)0 H(x)
当 时 ， 为减函数
2
H(e) k
∴当x = e时，H(x)取最大值 e
2 2
k 0 k
故只需e 恒成立， e
2 2
k k .
又当 e 时，只有一点x = e使得G(x) H(x) 0不影响其单调性 e
三年真题
1．已知 ，函数(1)求函数 在 处的切线方程；
(2)若 和 有公共点，
（i）当 时，求 的取值范围；
（ii）求证： ．
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【详解】（1） ，故 ，而 ，
曲线 在点 处的切线方程为 即 .
（2）（i）当 时，
因为曲线 和 有公共点，故 有解，
设 ，故 ，故 在 上有解，
设 ，故 在 上有零点，
而 ，
若 ，则 恒成立，此时 在 上无零点，
若 ，则 在 上恒成立，故 在 上为增函数，
而 ， ，故 在 上无零点，
故 ，
设 ，则 ，
故 在 上为增函数，而 ， ，
故 在 上存在唯一零点 ，
且 时， ； 时， ；
故 时， ； 时， ；
所以 在 上为减函数，在 上为增函数，
故 ，
因为 在 上有零点，故 ，故 ，
而 ，故 即 ，
设 ，则 ，
故 在 上为增函数，
而 ，故 .
（ii）因为曲线 和 有公共点，
所以 有解 ，其中 ，
若 ，则 ，该式不成立，故 .
故 ，考虑直线 ，
表示原点与直线 上的动点 之间的距离，
故 ，所以 ，
下证：对任意 ，总有 ，证明：当 时，有 ，故 成立.
当 时，即证 ，
设 ，则 （不恒为零），
故 在 上为减函数，故 即 成立.
综上， 成立.
下证：当 时， 恒成立，
，则 ，
故 在 上为增函数，故 即 恒成立.
下证： 在 上恒成立，即证： ，
即证： ，即证： ，
而 ，故 成立.
故 ，即 成立.
【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的
不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.
2．设函数 ．
(1)求 的单调区间；
(2)已知 ，曲线 上不同的三点 处的切线都经过点 ．证
明：
（ⅰ）若 ，则 ；
（ⅱ）若 ，则 ．（注： 是自然对数的底数）
【答案】(1) 的减区间为 ，增区间为 .
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【详解】（1） ，
当 ， ；当 ， ，
故 的减区间为 ， 的增区间为 .
（2）（ⅰ）因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，
故 ，
故方程 有3个不同的根，
该方程可整理为 ，
设 ，
则
，
当 或 时， ；当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，故 且 ，
整理得到： 且 ，
此时 ，
设 ，则 ，
故 为 上的减函数，故 ，
故 .
（ⅱ）当 时，同（ⅰ）中讨论可得：
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
不妨设 ，则 ，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： ，
因为 ，故 ，
又 ，
设 ， ，则方程 即为：
即为 ，
记则 为 有三个不同的根，
设 ， ，
要证： ，即证 ，
即证： ，
即证： ，
即证： ，
而 且 ，
故 ，
故 ，
故即证： ，
即证：
即证： ，
记 ，则 ，
设 ，则 ，所以 ，
，故 在 上为增函数，故 ，
所以 ，
记 ，
则 ，
所以 在 为增函数，故 ，
故 即 ，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程
的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
3．已知函数 ．
(1)当 时，求 的最大值；
(2)若 恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当 时， ，则 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
所以 ；（2） ，则 ，
当 时， ，所以当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
所以 ，此时函数无零点，不合题意；
当 时， ，在 上， ， 单调递增；
在 上， ， 单调递减；
又 ，
由（1）得 ，即 ，所以 ，
当 时， ，
则存在 ，使得 ，
所以 仅在 有唯一零点，符合题意；
当 时， ，所以 单调递增，又 ，
所以 有唯一零点，符合题意；
当 时， ，在 上， ， 单调递增；
在 上， ， 单调递减；此时 ，
由（1）得当 时， ， ，所以 ，此时
存在 ，使得 ，
所以 在 有一个零点，在 无零点，
所以 有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为 .
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数
的单调性与极值的问题.
4．已知函数 ，曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线．
(1)若 ，求a；
(2)求a的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
【详解】（1）由题意知， ， ， ，则 在点 处
的切线方程为 ，
即 ，设该切线与 切于点 ， ，则 ，解得 ，则
，解得 ；
（2） ，则 在点 处的切线方程为 ，整理得
，设该切线与 切于点 ， ，则 ，则切线方程为 ，整
理得 ，
则 ，整理得 ，
令 ，则 ，令 ，解得 或
，
令 ，解得 或 ，则 变化时， 的变化情况如下表：
0 1
0 0 0
则 的值域为 ，故 的取值范围为 .
5．已知函数 和 有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交
点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【详解】（1） 的定义域为 ，而 ，
若 ，则 ，此时 无最小值，故 .的定义域为 ，而 .
当 时， ，故 在 上为减函数，
当 时， ，故 在 上为增函数，
故 .
当 时， ，故 在 上为减函数，
当 时， ，故 在 上为增函数，
故 .
因为 和 有相同的最小值，
故 ，整理得到 ，其中 ，
设 ，则 ，
故 为 上的减函数，而 ，
故 的唯一解为 ，故 的解为 .
综上， .
（2）[方法一]：
由（1）可得 和 的最小值为 .
当 时，考虑 的解的个数、 的解的个数.
设 ， ，
当 时， ，当 时， ，故 在 上为减函数，在 上为增函数，
所以 ，
而 ， ，
设 ，其中 ，则 ，
故 在 上为增函数，故 ，
故 ，故 有两个不同的零点，即 的解的个数为2.
设 ， ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
所以 ，
而 ， ，
有两个不同的零点即 的解的个数为2.
当 ，由（1）讨论可得 、 仅有一个解，
当 时，由（1）讨论可得 、 均无根，
故若存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点，
则 .
设 ，其中 ，故 ，
设 ， ，则 ，
故 在 上为增函数，故 即 ，所以 ，所以 在 上为增函数，
而 ， ，
故 上有且只有一个零点 ， 且：
当 时， 即 即 ，
当 时， 即 即 ，
因此若存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点，
故 ，
此时 有两个不同的根 ，
此时 有两个不同的根 ，
故 ， ， ，
所以 即 即 ，
故 为方程 的解，同理 也为方程 的解
又 可化为 即 即 ，
故 为方程 的解，同理 也为方程 的解，
所以 ，而 ，
故 即 .
[方法二]：
由 知， ， ，
且 在 上单调递减，在 上单调递增；在 上单调递减，在 上单调递增，且
① 时，此时 ，显然 与两条曲线 和
共有0个交点，不符合题意；
② 时，此时 ，
故 与两条曲线 和 共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③ 时，首先，证明 与曲线 有2个交点，
即证明 有2个零点， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
又因为 ， ， ，
令 ，则 ，
所以 在 上存在且只存在1个零点，设为 ，在 上存在且只存在1个零点，设
为
其次，证明 与曲线和 有2个交点，
即证明 有2个零点， ，
所以 上单调递减，在 上单调递增，
又因为 ， ， ，
令 ，则 ，
所以 在 上存在且只存在1个零点，设为 ，在 上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为 ，所以 ，若 ，则 ，即 ，
所以只需证明 在 上有解即可，
即 在 上有零点，
因为 ， ，
所以 在 上存在零点，取一零点为 ，令 即可，
此时取
则此时存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，
最后证明 ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以 ，
又因为 在 上单调递减， ， 即 ，所以 ，
同理，因为 ，
又因为 在 上单调递增， 即 ， ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
即直线 与两条曲线 和 从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，
而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
6．已知 ，函数 ．
（I）求曲线 在点 处的切线方程：
（II）证明 存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得 对任意 成立，求实数b的取值范围．
【答案】（I） ；（II）证明见解析；（III）
【分析】（I）求出 在 处的导数，即切线斜率，求出 ，即可求出切线方程；
（II）令 ，可得 ，则可化为证明 与 仅有一个交点，利用导数求出
的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令 ，题目等价于存在 ，使得 ，即 ，利用导
数即可求出 的最小值.
【详解】（I） ，则 ，
又 ，则切线方程为 ；
（II）令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增，
当 时， ， ，当 时， ，画出 大致图像如下：所以当 时， 与 仅有一个交点，令 ，则 ，且 ，
当 时， ，则 ， 单调递增，
当 时， ，则 ， 单调递减，
为 的极大值点，故 存在唯一的极值点；
（III）由（II）知 ，此时 ，
所以 ，
令 ，
若存在a，使得 对任意 成立，等价于存在 ，使得 ，即 ，
， ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
所以 ，故 ，
所以实数b的取值范围 .
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明 与 仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在 ，使得 ，即 .
7．已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明： 只有一个零点
① ；
② ．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得： ，
当 时，若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
当 时，若 ，则 单调递增，
若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
当 时， 在 上单调递增；
当 时，若 ，则 单调递增，
若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
(2)若选择条件①：由于 ，故 ，则 ，
而 ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
，
由于 ， ，故 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于 ，故 ，则 ，
当 时， ， ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
当 时，构造函数 ，则 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
注意到 ，故 恒成立，从而有： ，此时：，
当 时， ，
取 ，则 ，
即： ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
，
由于 ， ，故 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以
在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查
导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单
调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
8．已知函数 ．
（1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 在 处取得极值，求 的单调区间，以及其最大值与最小值．【答案】（1） ；（2）函数 的增区间为 、 ，单调递减区间为 ，最
大值为 ，最小值为 .
【分析】（1）求出 、 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由 可求得实数 的值，然后利用导数分析函数 的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】（1）当 时， ，则 ， ， ，
此时，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ；
（2）因为 ，则 ，
由题意可得 ，解得 ，
故 ， ，列表如下：
增 极大值 减 极小值 增
所以，函数 的增区间为 、 ，单调递减区间为 .
当 时， ；当 时， .
所以， ， .
9．设a，b为实数，且 ，函数（1）求函数 的单调区间；
（2）若对任意 ，函数 有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当 时，证明：对任意 ，函数 有两个不同的零点 ，满足 .
(注： 是自然对数的底数)
【答案】(1) 时， 在 上单调递增； 时，函数的单调减区间为 ，单调增区间为
；
(2) ；
(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取
值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】(1) ，
①若 ，则 ，所以 在 上单调递增；
②若 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增.
综上可得， 时， 在 上单调递增；
时，函数的单调减区间为 ，单调增区间为 .(2) 有2个不同零点 有2个不同解 有2个不同的解，
令 ，则 ，
记 ，
记 ，
又 ，所以 时， 时， ，
则 在 单调递减， 单调递增， ，
.
即实数 的取值范围是 .
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则 ，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为 ，较小者为 ，
，
注意到函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
故 ，又由 知 ，
，
要证 ，只需 ，
且关于 的函数 在 上单调递增，所以只需证 ，
只需证 ，
只需证 ，
，只需证 在 时为正，
由于 ，故函数 单调递增，
又 ，故 在 时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点 ，不妨设 ，由 得 （其中
）．
且 ．
要证 ，只需证 ，即证 ，只需证 ．
又 ，所以 ，即 ．
所以只需证 ．而 ，所以 ，
又 ，所以只需证 ．
所以 ，原命题得证．
[方法三]：
若 且 ，则满足 且 ，由（Ⅱ）知 有两个零点 且 ．
又 ，故进一步有 ．由 可得 且 ，从而
．．
因为 ，
所以 ，
故只需证 ．
又因为 在区间 内单调递增，故只需证 ，即 ，注意
时有 ，故不等式成立．
10．设函数 ，已知 是函数 的极值点．
（1）求a；
（2）设函数 ．证明: ．
【答案】（1） ；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出 ，由极值点处导数为0即可求解出参数 ；
（2）由（1）得 ， 且 ，分类讨论 和 ，可等价转化为要证
，即证 在 和 上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由 ， ，
又 是函数 的极值点，所以 ，解得 ；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知， ，其定义域为 ．要证 ，即证 ，即证 ．
（ⅰ）当 时， ， ，即证 ．令 ，因为
，所以 在区间 内为增函数，所以 ．
（ⅱ）当 时， ， ，即证 ，由（ⅰ）分析知 在区间
内为减函数，所以 ．
综合（ⅰ）（ⅱ）有 ．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得 ， ， 且 ，
当 时，要证 ， ， ，即证
，化简得 ；
同理，当 时，要证 ， ， ，即证
，化简得 ；
令 ，再令 ，则 ， ，
令 ， ，
当 时， ， 单减，故 ；
当 时， ， 单增，故 ；
综上所述， 在 恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令 ，因为 ，所以 在区间 内是增函数，在区间 内是减
函数，所以 ，即 （当且仅当 时取等号）．故当 且 时， 且
， ，即 ，所以 ．
（ⅰ）当 时， ，所以 ，即 ，所以 ．
（ⅱ）当 时， ，同理可证得 ．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当 且 时， ，即 ．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当 时，转化为证明
，当 时，转化为证明 ，然后构造函数，利用导数研究单调性，进
而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当 时， 成
立和当 时， 成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，
运算简洁，为最优解；方法三先构造函数 ，利用导数分析单调性，证得常见常用结论
（当且仅当 时取等号）．然后换元得到 ，分类讨论，利用不等式的基本性质
证得要证得不等式，有一定的巧合性.
11．设函数 ，其中 .
（1）讨论 的单调性；
（2）若 的图象与 轴没有公共点，求a的取值范围.【答案】（1） 的减区间为 ，增区间为 ；（2） .
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据 及（1）的单调性性可得 ，从而可求a的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为 ，
又 ，
因为 ，故 ，
当 时， ；当 时， ；
所以 的减区间为 ，增区间为 .
（2）因为 且 的图与 轴没有公共点，
所以 的图象在 轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得 ，
故 即 .
12．已知 且 ，函数 ．
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若曲线 与直线 有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1） 上单调递增； 上单调递减；（2） .
【详解】（1）当 时， ,令 得 ,当 时， ,当 时， ,
∴函数 在 上单调递增； 上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数 ,
则 ,令 ，得 ,
在 内 , 单调递增；
在 上 , 单调递减；
,
又 ，当 趋近于 时， 趋近于0，
所以曲线 与直线 有且仅有两个交点，即曲线 与直线 有两个交点的充分必要
条件是 ,这即是 ,
所以 的取值范围是 .
[方法二]：构造差函数
由 与直线 有且仅有两个交点知 ，即 在区间 内有两个解，取对数得方程
在区间 内有两个解．
构造函数 ，求导数得 ．
当 时， 在区间 内单调递增，所以， 在
内最多只有一个零点，不符合题意；当 时， ，令 得 ，当 时， ；当 时， ；
所以，函数 的递增区间为 ，递减区间为 ．
由于 ，
当 时，有 ，即 ，由函数 在 内有两个零点知
，所以 ，即 ．
构造函数 ，则 ，所以 的递减区间为 ，递增区间为 ，所以
，当且仅当 时取等号，故 的解为 且 ．
所以，实数a的取值范围为 ．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线 与 有且仅有两个交点等价为 在区间 内有两个不相同的解．
因为 ，所以两边取对数得 ，即 ，问题等价为 与 有且
仅有两个交点．
①当 时， 与 只有一个交点，不符合题意．
②当 时，取 上一点 在点 的切线方程为
，即 ．当 与 为同一直线时有 得
直线 的斜率满足： 时， 与 有且仅有两个交点．
记 ，令 ，有 ． 在区间 内单调递增；
在区间 内单调递减； 时， 最大值为 ，所当 且 时
有 ．
综上所述，实数a的取值范围为 ．
[方法四]：直接法
．
因为 ，由 得 ．
当 时， 在区间 内单调递减，不满足题意；
当 时， ，由 得 在区间 内单调递增，由 得
在区间 内单调递减．
因为 ，且 ，所以 ，即 ，即
，两边取对数，得 ，即 ．
令 ，则 ，令 ，则 ，所以 在区间 内单调递增，在区间内单调递减，所以 ，所以 ，则 的解为 ，所以 ，即 ．
故实数a的范围为 ．]
13．已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）求曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和 .
【详解】(1)由函数的解析式可得： ，
导函数的判别式 ，
当 时， 在R上单调递增，
当 时， 的解为： ，
当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增；
综上可得：当 时， 在R上单调递增，
当 时， 在 ， 上
单调递增，在 上单调递减.(2)由题意可得： ， ，
则切线方程为： ，
切线过坐标原点，则： ,
整理可得： ，即： ，
解得： ，则 ，
切线方程为： ,
与 联立得 ，
化简得 ,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根， 是 的一个因式，
∴该方程可以分解因式为
解得 ,
，
综上，曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标为 和 .
14．已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）设 ， 为两个不相等的正数，且 ，证明： .
【答案】（1） 的递增区间为 ，递减区间为 ；（2）证明见解析.
【详解】(1) 的定义域为 ．
由 得， ，当 时， ；当 时 ；当 时， ．
故 在区间 内为增函数，在区间 内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由 得 ，即 ．
由 ，得 ．
由（1）不妨设 ，则 ，从而 ，得 ，
①令 ，
则 ，
当 时， ， 在区间 内为减函数， ，
从而 ，所以 ，
由（1）得 即 ．①
令 ，则 ，
当 时， ， 在区间 内为增函数， ，
从而 ，所以 ．
又由 ，可得 ，
所以 ．②
由①②得 ．
[方法二]【最优解】： 变形为 ，所以 ．
令 ．则上式变为 ，于是命题转换为证明： ．
令 ，则有 ，不妨设 ．
由（1）知 ，先证 ．
要证：
．
令 ，
则 ，
在区间 内单调递增，所以 ，即 ．
再证 ．
因为 ，所以需证 ．
令 ，
所以 ，故 在区间 内单调递增．
所以 ．故 ，即 ．
综合可知 ．
[方法三]：比值代换
证明 同证法2．以下证明 ．
不妨设 ，则 ，
由 得 ， ，
要证 ，只需证 ，两边取对数得 ，
即 ，即证 ．
记 ，则 .
记 ，则 ，
所以， 在区间 内单调递减． ，则 ，
所以 在区间 内单调递减．
由 得 ，所以 ，
即 ．
[方法四]：构造函数法
由已知得 ，令 ，
不妨设 ，所以 ．
由（Ⅰ）知， ，只需证 ．
证明 同证法2．
再证明 ．令 ．
令 ，则 ．
所以 ， 在区间 内单调递增．
因为 ，所以 ，即
又因为 ，所以 ，即 ．
因为 ，所以 ，即 ．
综上，有 结论得证．
三年模拟
一、解答题
1．已知函数 .
(1)证明： ；
(2)已知函数 与函数 的图象恰有两个交点，求实数 的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1） 的定义域为 ，且 ，
令 ，则 ，所以 在 单调递增，在 单调递减，因此 ，
即
（2）设 ，
将函数 与函数 的图象恰有两个交点，转化为 恰好有两个零点，
，
当 ，即 时，令 ，解得 或 ，所以此时 在 单调递增，在 单调递减，所以 的极大值为 ，
由于 ，此时 最多1个零点，不符合题意，
当 时，即 时， 所以 在 单调递增，此时最多1个零点，不符合题意，
当 ，即 时，令 ，解得 或 ，所以此时 在 单调
递增，在 单调递减，
由于 ， ，
由于 ，所以 ，进而 ，因此 ，此时 最多1
个零点，不符合题意，
当 ，即 时， 在 单调递增，在 单调递减，要使 恰好有两个零点，则
，解得 ，
当 时， ， ，此时 在 只有
一个零点 ，不符合题意，
综上可知：
2．已知函数 ， .
(1)若 ，求 的单调区间.
(2)若 ，且 在区间 上恒成立，求a的范围；
(3)若 ，判断函数 的零点的个数.
【答案】(1) 的单调减区间为 ， 的单调增区间为 .(2)
(3) 时， 的零点个数为1
【详解】（1）当 时， ， .
则 ，由 ，得 ；由 ，
得 .故 的单调递增区间为 ， 的单调递减区间为 .
（2） 在区间 上恒成立，则 在 上的最小值大于1
，
①当 时， ，得 在 上单调递增，故
，又 ，
则 ，即 不合题意.
②当 时， ，由 ，得 或 ；
由 ，得 .
故 在 上单调递增，在 上单调递减.
i当 ，即 时， .
ii当 ，即 时， ，由题有 ，
又 ，
则 .
综上a的范围为
（3）由题 ， .
则 ，设 ，
则 ，当 ，得 ；
当 ，得 ，故 在 上单调递减，
在 上单调递增.则 ，
又 ，则 ，故 .
则 在 上单调递增.注意到 ，
设 ，则 ，
由 ，得 ；由 ，得 .
则 在 上单调递减，在 上单调递增.
则 ，得 恒成立，又 ，
则
，又 ，
故 ，使 ，即 时， 有唯一零点·.
3．已知函数 .
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若函数 的图像与 的图像最多有一个公共点，求实数 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：依题 ， ，又
则 在点 处的切线方程为： ，
即 .
（2）解：令 ，
则
设 ，则 ，又 ，所以 恒成立，即函数 在 上单调递
增，
又 时， ； 时， ；
则存在唯一的正实数 使得 ，则 ，则 ，故当 ）时， ， ）时， ，
所以 = = .
又 ，则 ，所以 = ，
若函数 的图像与 的图像最多有一个公共点，则 ，
即 ，于是有 ，且 ，所以 ，
当且仅当 的时，等号成立，故 ，所以
解得 .
【点睛】本题考查了函数切线方程、函数方程的根与导数的综合应用，属于难题.解决本题函数方程的根的
问题的关键是构造差函数 确定函数单调性，但是由于导函数
的零点无法直接求解，故涉及“隐零点”问题的应用，从而设隐零点 使得
，从而确定函数 的单调性得最值 = ，于是可得参数不等式，求得结果.
4．已知函数 .
(1)若函数 在 上有两个零点，求实数 的取值范围；
(2)当 时，关于 的不等式 恒成立，求整数 的最小值.
【答案】(1)
(2)【详解】（1） ， ，
当 时， ，当 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
若 在 上有两个零点，则
解得 ，故 的取值范围是
（2） ，即 ，在 时恒成立，
令 ， ，
当 时， ，当 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，即 ，当且仅当 时等号成立，
令 ， ，
当 时， ，当 时， ，
则 在 单调递增，在 上单调递减，
，即 ，当且仅当 时等号成立，
而 时， ，故
，
当 时，不等式为 ，而 时满足题意，
故整数 的最小值为
5．已知函数 且 .
(1)设 ，讨论 的单调性；(2)若 且 存在三个零点 .
1）求实数 的取值范围；
2）设 ，求证： .
【答案】(1)答案见解析
(2)1） ；2)证明见解析
【详解】（1） , ,
因为 , 定义域为
当 时, ,解 ,得 ,解 ,得
当 时, ,解 ,得 ,解 ,得
综上, 当 时, 增区间为 , 减区间为 ,
当 时, 增区间为 , 减区间为 ,
（2）1）因为 且 存在三个零点 .
所以 有3个根
当 时, ,
在 上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.
当 , ,即 有两个根,
令 ,可转化为 与 有两个交点,
可得 , , 是单调递增的, 可得 , , 是单调递减的,
其中 ,当 ,
所以可得 ,
即得 .
2）因为 且 存在三个零点 .
设 ， ,易知其中 , ,
因为 ,所以 ,故可知 ;①
由1）可知 与 有两个交点 ,
, 是单调递增的, , , ,所以 ;②
,
若 ,则
若 ,
构造函数 ,设 ,
因为
又因为 ,
所以 ③
因为
又因为
所以
即得 ④
由③④可知 , , 在 上单调递增, 可得
,可知 与 同号
所以 ,
在 上单调递增.
, ,又由1)可知
所以 ,
, , 是单调递增的,所以 ⑤
由①②⑤可知
6．已知函数 ,其中 .
(1)求函数 在点 的切线方程;
(2)函数 是否存在极值点,若存在求出极值点,若不存在,请说明理由;
(3)若关于 的不等式 在区间 上恒成立,求实数 的取值范围.
【答案】(1)
(2) ,不存在极值点; ,存在一个极小值点 ,无极大值点
(3)
【详解】（1）解:由题知 ,
,
所以在点 的切线方程为 ,
即 ;
（2）设 ,定义域 ,
,
当 时, 恒成立,
所以 在 单调递增,所以不存在极值点,
当 时,令 ，
当 时, ，
当 时, ，
所以 在 单调递减,在 单调递增,
所以函数存在一个极小值点 ,无极大值点,
综上: 时,不存在极值点,
时,存在一个极小值点 ,无极大值点;
（3）由题知原不等式 ,
可化为 ,
当 时, 恒成立,
当 时 ,
即 ,
由(2)知 在 有最小值 ,
所以 ,
,
,
,,
即 ,
, ,
综上: .
7．已知函数 ，其中e为自然对数的底数.
(1)求 的单调区间：
(2)若函数 在区间 上存在零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）∵ ，∴ ，
当 时， 恒成立，
所以 的单调递增区间为 ，无单调递减区间.
当 时，令 ，得 ：令 ，得 ，
所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
综上：当 时，函数 的单调递增区间为 ，无单调递减区间；
当 时，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .（2）由（1）知 .
f x 0,1 f 00
当 时，函数 在区间 上单调递增且 ，
f x 0,1
所以函数 在区间 上不存在零点.
f x 0,1 f 00
ae
所以当 时， 在区间 上单调递减且 ，
f x 0,1
所以函数 在区间 上不存在零点.
f x 0,lna lna,1
1ae
所以当 时，函数 在区间 上单调递减，在 上单调递增，
f 00 f 1ea1
又∵ ， ，
f x 0,1
ea10 e1ae
∴当 ，即 时，函数 在区间 上不存在零点；
f x 0,1
ea10 1ae1
当 ，即 时，函数 在区间 上存在零点.
1,e1
综上，实数a的取值范围为 .
【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；
(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；
(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨
论和数形结合思想的应用.
f xax3bx2
x1
8．已知函数 在 时取得极大值3.
(1)求a，b的值；
y f x 1, f 1
(2)求曲线 在点 处的切线方程.
a6,b9
【答案】(1)
36xy210
(2)f(1)ab3
【分析】（1）解方程组f(1)3a2b0即可求解；
f1 f 1
（2）只需求出 ， ，再利用点斜式写直线方程即可.
fx3ax22bx
【详解】（1） ，
f(1)ab3 a6
由题意可得f(1)3a2b0，解得b9 ，
fx18x218x fx0 x0 x1
检验： ，令 ，解得 或 ，
x,01, fx0 f x
当 时， ， 单调递减；
x0,1 f�( x) >0 f x
当 时， ， 单调递增，满足题意；
f x6x39x2 fx18x218x
（2）由（1）得 ，所以 .
f 115 f136
所以 ， .
y1536x1 36xy210
所以所求切线方程为 ，即 .
f x f a
y f x
gx xa
f x
9．已知定义域为R的函数 .当aR时，若 xa 是严格增函数，则称 是
Ta
一个“ 函数”.
f x5x3 f x2x2x2 T1
(1)分别判断函数 1 、 2 是否为 函数；
ex,x0
hx
(2)是否存在实数b，使得函数 bx1,x0，是T1函数？若存在，求实数b的取值范围；否则，
证明你的结论；
(3)已知
Jxex qx21
，其中 qR .证明：若
Jx
是R上的严格增函数，则对任意nZ，
Jx
都是
Tn
函数.f x f x
【答案】(1) 1 不是， 2 是；
b1e1
(2)存在， ；
(3)证明见解析.
f x f 1 f x f 1
1 1 5 2 2 2x3
【分析】（1）根据题意，得到 x1 ， x1 ，根据单调性得到结论；
hxh1
Hx x1
（2）令 x1 ，分1x0与x0两种情况，先得到1x0时，Hx 严格增，
1be1
根据
x0
时，要想Hxb
x1
严格增，得到
b1e1
，验证后得到函数为 T1函数；
JxJn
1 1
（3）根据 是R上的严格增函数求出q 0, ，再证明q 0, 时，得到 时 0，
Jx 2 2 xn xn
Jx Tn
从而 为 函数.
f x f 1 5x38
g x 1 1 5
【详解】（1）当x1时， 1 x1 x1 不是严格增函数，
f x T1
故 1 不是 函数；
f x f 1 2x2x25
当 时，g x 2 2 2x3，是严格增函数，
x1 2 x1 x1
f x T1
故 2 是 函数；
hxh1
Hx x1
（2）令 x1 ，
exxe1
ex e1 Hx
当 时，由
Hx
，得 x12 ，
1x0 x1
uxexxe1
1x0
令 ， ，uxexx10 uxexxe1
1x0 1x0
则 在 上恒成立，故 在 上单调递增，
uxu1e1e1 0
所以 ，
exxe1
Hx0 Hx
故此时 ，得 ，从而 严格增.
bx1e1 1be1
当 时，Hx b ，后者严格增，
x0 x1 x1
1be10 b1e1
当且仅当 ，即 ，
HxH01e1
1x0
又因为当 时， ，
hxh1
Hx x1
从而x1上， x1 严格增，
b1e1
故 为所求.
Jxex qx21 2qxex ex qx22qx1
（3） ，
vxJxex qx22qx1 vxex qx24qx2q1
令 ， ，
Jx qx24qx2q10 0
若“ 严格增”等同于 （或 ），
当q0时，10恒成立，故符合要求，
q0
1
当q0时，
Δ16q24q2q10，解得： 0q
2
，
1
当q 时，ex qx22qx1 0，等号成立当且仅当 ，
2 x2
Jx ,2 2, JxJ2
x<2
故 在 与 上分别严格增，且当 时， ；
JxJ2 Jx
当x2时， .故此时 也是R上的严格增函数.
1
综上：q 0, ，
2
JxJn JxxnJxJn
下设q 0, 1 .则对任意 ， .
2
nZ
xn
xn2jxJxxn JxJn jxex qx24qx2q1 xn
令 ，则 .
1
q
1 2
当q 0, 2 时， qx24qx2q10 ，等号成立当且仅当 x2 .
xn
jx n, jx jn0
因 ，故同上可知， 为 上的严格增函数，且 .
JxJn
因而，当 时 0，从而 为 函数.
xn xn Jx Tn
【点睛】函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使
用书上的概念.
f xxalnx1
10．已知
f x
(1)讨论 的单调性；
x0, f (x)>a2- a
a
(2)对 ，使得 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
0,1
(2)
【分析】（1）先求导，然后分a0，a0讨论导函数的正负，进而得到函数的单调性；
（2）先通过（1）确定a0时不成立，再通过a0时，求出函数最小值，得到关于a的不等式，构造函
数，研究其单调性进而求解.
a xa
【详解】（1） fx1 (x0)
x x
a0 f�( x) >0 \ f ( x) 0,
i）当 时， 恒成立， 在 上单调递增；
a
ii）当 时，令 fx1 0解得：
a0 x xa0xa fx0,xa f�( x) >0
可得 时， 时，
f x 0,a a,
所以 在 时单调递减，在 时单调递增
a0 f x 0,
综上所述：当 时， 在 上单调递增
f x 0,a a,
a0
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
a0 f x 0, a0
（2）由（1）可知，当 时，函数 在 上单调递增，没有最小值，故
a0 f(x) f aaalna1a2a
当 时， min
a2alnaa0 alna10
整理得 ，即
1
令gaalna1(a0),ga1 0
a
ga 0, g10
可得 在 上单调递增且
0,1
alna10
所以 的解集是
0,1
a
综上所述： 的取值范围是
f xaxelnx,gxexxe,x0,,a
11．已知函数 为常数.
f11e f x
(1)若 ，求 的最小值；
xe f xgx
(2)在（1）的条件下，证明： .
f(x) 0
【答案】(1) min
(2)证明见解析
f11e
a
【分析】（1）由 可求出 ，然后利用导数求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值；
exexxelnx10
t xelnx et t10
（2）将问题转化为证 成立，令 ，则只需证明 ，构造函数
htet t1htet t1
，利用导数求出其最小值大于等于零即可.
e
【详解】（1）由题得
fxa
，则 f1ae1e，所以 ，
x a1
e xe
所以 f xxelnx, fx1
x x
0xe fx0 xe f�( x) >0
当 时， ，当 时， ，
f x 0,e e,
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
f(x) f eeelne0
所以 min .
f xxelnx xe f xgx
（2）证明：由（1）知： ，所以要证
xexelnxex xe exxexexelnx0
即证 ，即证 ，
ex
即证 1xelnx0，
xe
xe eelnx
exelnxxelnx10
因为 ，所以即证 ，
t xelnx et t10
令 ，则只需证明 ，
htet t1
t0
由（1）知 ，令 ，
htet 10,ht 0,
则 在 递增，
ht
t0
所以当 时， 取得最小值0，
et t10
exelnxxelnx10
所以 ，即 ，
所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数证明不等式，
exexxelnx10
第（2）问解题的关键是将问题转化为 ，然后通过换元，构造函数，利用导数求其最
值即可，考查数转化思想和计算能力，属于较难题.1
12．设函数 ，函数v(x) x2axlnxa（ ）.
u(x)lnxaxa 2 aR
u(x)
(1)求 的单调区间；
f(x)v(x)u(x) g(x) f(x)0 x x x x x x f x
(2)若 ， 有三个不同实根 1， 2， 3（ 1 2 3），试比较 1 ，
f x f x
2 ， 3 的大小关系，并说明理由.
【答案】(1)答案见解析
f x f x f x
(2) 3 1 2 ，理由见解析
【分析】（1）求导分a0与a0两种情况，讨论导函数的正负区间与单调性即可；
1
（2）易得g(x) f(x)x alnx（ ），结合题意与函数单调性可得 ，进而可得三根的表达
x x0 a2
x 1 0x 1 x 1 xx 1 f x f x f x f x
式，且 2 ， 1 ， 3 ， 1 3 ，先根据单调性判断 1 2 ， 3 2 ，结合作差法
1 1 1
f x f x 2x2 x2 lnx 4ln2x 4
有 3 1 2lnx 3 3 x 3 2 3 x 3 2 3 3 ，换元令x 3 2 t（ t1 ），再构造函数求导
分析函数的单调性与最值判断即可.
1
【详解】（1）由已知u(x) a，
x
当a0时， f(x)0在(0,)恒成立， f(x)在(0,)上单调递增；
1 1
当 时，由 f(x) a0得x ，
a0 x a
1 1
0x 0,
若 a 时， f(x)0， f(x)在 a上单调递增，
1 1
x ,
若 a时， f(x)0， f(x)在a 上单调递减；
综上，当a0时， f(x)的单调递增区间为(0,)，无单调递减区间； 1 1
0, ,
当a0时， f(x)的单调递增区间为 a，单调递减区间为a ；
1
（2）由题意得： f(x) x2ax(ax1)lnx（ ）（ ）
2 aR x0
ax1 1
g(x) f(x)xaalnx x alnx（ ），
x x x0
1 a x2ax1
g(x)1 （ ），
x2 x x2 x0
h(x) x2ax1 x0 a24
令 （ ），
2a2 h(x)0 g(x)0 g(x) (0,) g(x) f(x)0
当 时， ， ， 在 上递增；不满足 ；
a2 h(x) x2ax1 x0
当 时，∵ （ ），
h(x)0 g(x)0 g(x) (0,) g(x) f(x)0
∴ ， ， 在 上递增；也不满足 有三个不同实根；
a a24 a a24
x x
当a2时，由h(x)0得 4 2 ， 5 2 ，
a a24 a a24 a a24 a a24
0, , ,
∴ g(x) 在 2 上递增，在 2 2 上递减，在 2 上递增.
g(x) f(x)0 x x x x x x
∵ 有三个不同实根 1， 2， 3（ 1 2 3），
a a24 a a24
1 1
显然g(1)0，且 2 ， 2 ，∴x 1，0x 1，x 1.
2 1 3
由gxx 1 alnx可得g 1 1 xaln 1 x 1 alnxgx ，
x x x x x
1 1 1
gx g gx g 0 x
故 1 x ，所以 3 x ，即 1 x ，xx 1.
1 1 3 1 3
g(x) x xx g(x)0 f(x) x xx g(x)0 f(x)
由 的单调性可知，当 1 2时， ， 递增；当 2 3时， ， 递减.
f x f x f x f x
∴ 1 2 ， 3 2 .gx x 1 alnx a x 3 21 f(x) 1 x2lnxa(xxlnx)
由 3 3 x 3得 x lnx ，又 2 ，
3 3 3
1 1 1 1 1 1
f x f x f x f x2 2lnx ax x lnx ln
∴ 3 1 3 x 2 3 x2 3 3 3 3 x x x ，
3 3 3 3 3
1 1 1 x 21 2 x 41
∴ a x 3 x 3 lnx 3 x x ln x x 3 2lnx 3 x2 ，
3 3 3 3 3 3
1 1 1
f x f x 2x2 x2 lnx 4ln2x 4
∴ 3 1 2lnx 3 3 x 3 2 3 x 3 2 3 3 ，
1 1 1 1
2x2 x2 lnx 4ln2 x 44t 2t lnt2lnt
令x 3 2 t（ t1 ），则 3 x 3 2 3 x 3 2 3 3 t t
1 1 3 t21 t24t1 lnt
G(t)4t 2t lnt2ln2t G(t)
令 t t （ t1 ），∴ t2 ，
(t)3 t21 t24t1 lnt
令 （t1），
1 1 4 2(t1)2
令t(t)5t 2(t2)lnt4，(t)t 2lnt3，t 0，
t t2 t t3
(t) (1,) (t)(1)0
t
(1,)
t10
∴ 在 上递减，∴ ，∴ 在 上递减，∴ ，
∴(t)在(1,)上递减，∴(t)(1)0，则G(t)0，
G(t) (1,) G(t)G(1)0
∴ 在 上递减，∴ ，
f x f x f x f x f x
∴ 3 1 ，∴ 3 1 2 ，
f x f x f x f x f x f x
综上： 1 ， 2 ， 3 的大小关系为： 3 1 2 .
【点睛】本题主要考查了利用导数含参分类讨论函数单调性的问题，同时也考查了函数零点的问题.需要根
据题意确定零点之间的关系，代入函数解析式后再构造函数分析单调性与最值，需要注意极值点若满足二
次方程的根，则可利用韦达定理建立联系.属于难题.
u(x)lnxaxa aR
13．设函数 （ ）．
u(x)
(1)求 的单调区间；x
(2)若 f(x)u(x)a1 的两个零点 x,x 且 2 2 x 1 0，求证：2lnx 3lnx 8ln25
1 2 1 2
【答案】(1)答案见解析.
(2)证明见解析
1
【分析】（1）由题知ux a，进而分 和 两种情况讨论求解即可；
x a0 a0
2x x
1 3ln 1
x x
2 2 8ln2
（2）由题知 lnx 1 ax 1 1 ， a lnx 1 lnx 2 ，进而将问题转化为证 x 1 1 ，再令 x 1 t ，则
lnx ax 1 x x x x
2 2 1 2 2 2
1 (2t3)lnt (2t3)lnt 1
t0, 8ln2 g(t) t0,
2，进而证明 t1 ，再构造函数 t1 ， 2，求解最小值即可证明.
1
【详解】（1）解：由已知ux a，
x
a0
ux0
(0,) u(x) (0,)
当 时， 在 恒成立， 在 上单调递增；
1 1
当 时，由ux a0得x ，
a0 x a
1 1
若
0x
a 时，
ux0
，u(x)在
0,
a
上单调递增，
1 1
若
x
a时，
ux0
，u(x)在
a
,
上单调递减；
综上，当a0时，u(x)的单调递增区间为(0,)，无单调递减区间；
1 1
0, ,
当a0时，u(x)的单调递增区间为 a，单调递减区间为a ；
f(x)lnxax1 aR
（2）解：由题： （ ）
因为x,x 是函数 f(x)的两个零点，
1 2
lnx ax 10 lnx ax 1 lnx lnx
1 1 1 1 a 1 2
所以， lnx ax 10，即 lnx ax 1， x x ，
2 2 2 2 1 22lnx 3lnx 8ln25
要证 1 2 ，
a2x 3x 58ln25 a2x 3x 8ln2
只需证明 1 2 ，即证 1 2 ，
2x x
1 3ln 1
x x
只需证 ，即证 2 2 8ln2，
2x 3x lnx lnx x
1 2 1 2 8ln2 1 1
x x x
1 2 2
x x 1 (2t3)lnt
1 t 2 x 0 t0, 8ln2
令x ，而 2 1 ，则 2，只需证明 t1 ，
2
3
5lnt2t 1
令函数 (2t3)lnt ， 1，求导得：gt t
g(t)
t1
t
0,
2
t12
3 1
h(t)5lnt2t 1 t0,
令函数 t ， 2，
2t25t3 t12t3
求导得ht 0，
t2 t2
1 1
0, h(t)h 5ln240
则函数h(t)在 2上单调递增，于是有 2 ，
1
因此
gt0
，函数g(t)在
0,
2
上单调递减，
1
4ln
1 2
g(t)g 8ln2
所以 2 1 ，即(2t3)lnt 成立，
8ln2
2 t1
所以原不等式得证．
lnx ax 1 lnx lnx
1 1 a 1 2
【点睛】本题第二问解题的关键在于根据题意得lnx ax 1， x x ，进而将问题转化为证明
2 2 1 2
2x x
1 3ln 1
x x
2 2 8ln2
x ，再根据题意，结合换元法进一步转化为证明证明(2t3)lnt 即可.
1 1 8ln2
x t1
2f xx2xalnxa0
14．已知函数 .
f x
(1)求 的单调区间；
f x0 a
(2)①若 ，求实数 的值；
1 1 1 1
1
1
lnn1
②设nN*，求证： 2 n 4 n2 .
1 18a
,
【答案】(1)函数 的单调增区间为 4 ,
f(x)
1 18a
0,
单调减区间为 4 .
(2)①a1； ②见解析.
【分析】（1）利用导数求解函数的单调区间即可.
f(1)0 f(x)�f(1) f(x)
（2）①首先根据题意得到 ,从而将题意等价为 ,再结合 的单调性分类讨论求解即可;
n1 n1 1 1
②根据（1）知: ,从而得到 ln ,再化简得到 ln(n1)lnn,累加即可证明.
x2x�lnx n2 n n n2
f(x) (0,)
【详解】（1）由已知 的定义域为 .
a 2x2xa
f(x)2x1
x x
g(x)2x2xa(a0)
令 ,
1 18a 1 18a
x ,x
18a0,g(x)0有两根 1 4 2 4 ,
1
因为a0,x 0,x ，
1 2 2
x0,x
g(x)0, f(x)0, f(x)
2 时, 单调递减;
xx
) g(x)0, f(x)0, f(x)
2 , 时, 单调递增，1 18a
,
故函数 f x的单调增区间为 4 ，
1 18a
0,
单调减区间为
4
.
f(1)0 f(x)�0 f(x)�f(1)
（2）①因为 ,所以 等价于 .
f(x) f x
由（1）知: min 2 ,
a1 x 1 f(x)�f(1)0
当 时, 2 ,故 满足题意.
当 a1 时, x 2 1,x1,x 2 时， f x 单调递减，故 f(x) f(1)0 不满足题意.
1
当 0�a1 时, 2 x 2 1,xx 2 ,1 时, f x单调递增，故 f(x) f(1)0 不满足题意.
综上可知：a1.
a1 f(x)�0 x2x�lnx x1
②证明:由（1）可知: 时, ,即 ,当且仅当 时取等号.
n1
故当x 时,可得
n
n1 2 n1 n1
ln
n n n
n1 n1
即 ln ，
n2 n
1 1
即 ln(n1)lnn.
n n2
1 1 1 1 3 1 1
1 1 2
故 2 n 4 n2 4 n n2
(ln2ln1)(ln3ln2) [ln(n1)lnn]ln(n1)
1 1 1 1
1
1
ln(n1)
故 2 n 4 n2
f(x)lnx1
15．已知函数 .g(x)mf(x)x1 x1 y2x g(x) x1
(1)若函数 的图象在 处的切线与直线 平行，求函数 在 处的切线方程；
1
(2)求证：当a 时，不等式 在 上恒成立.
2 af(x)1 x a [1,e]
y2x1
【答案】(1)
(2)证明见解析
g(x)
【分析】(1)根据题意求出 的解析式，结合导数的几何意义即可求出切线方程；
2a x
h(x)
(2)根据题意可得h(x)alnx x10在[1,e]上恒成立，得 2x ，对a0、
e 1 e 1
a 、 a 、0a 4种情况，利用导数研究函数 对应的单调性，即可求解.
2 2 2 2 h(x)
g(x)mf(x)x1mlnxxm1
【详解】（1） ，
m
函数g(x)的定义域为
(0,)
，得g(x)
x
1，
g(1)m1
则 .
y2x m12 m1
又因为切线与直线 平行，所以 ，解得 .
又g(1)1，故切线方程为y12(x1)，
即y2x1；
af(x)1 x a [1,e] alnx x 10 [1,e]
（2）由 在 上恒成立，得 在 上恒成立.
h(x)alnx x1,x[1,e] h(x)≤0 [1,e]
令 ，即 在 上恒成立，
a 1 2a x
h(x)
易知 x 2 x 2x .
①当a0时，h(x)0，
hx
[1,e]
所以 在 上单调递减，
h(x)h(x) h(1)0 a0
所以 max ，所以 ，满足题意；②当a0时，令h(x)0，得x4a2，
x 0,4a2 h(x)0 x 4a2, h(x)0
所以当 时， ，当 时， .
h(x)
0,4a2 4a2,
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
e
（ⅰ）当
4a2 e
，即a
2
时，h(x)在[1,e]上单调递增，
e
h(x) h(e)a e11 0
因为 max 2 ，
e
所以存在 ，使得hx 0成立，所以a ，不满足题意；
x 0 [1,e] 0 2
1 e
（ⅱ）当 ，即 a 时，
14a2 e 2 2
h(x)
1,4a2 4a2,e
函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
h(x)h(x) h
4a2
aln
4a2
2a12aln(2a)2a1
所以 max .
1 e
m(x)2xln(2x)2x1 x
设 2 2 ，
1 e
,
则 ，所以 在 2 2 上单调递增，
m(x)2ln(2x)0 m(x)
1
m(x)m 0
则 2 ，故h(x) 0，
max
1 e
即存在x [0,e]，使得hx 0成立.所以 a ，不满足题意；
1 1 2 2
1
（ⅲ）当
04a2 1
，即0a
2
时，hx在
[1,e]
上单调递减，
1
所以h(x)h(x) h(1)0，所以0a
2
，满足题意.
max
1
综上，a .
2
y f xxD y f x
D M
16．若函数 同时满足下列两个条件，则称 在 上具有性质 ．y f x fx
D
① 在 上的导数 存在；
②y fx 在D上的导数 fx 存在，且 fx0（其中 fx fx ）恒成立．
1
(1)判断函数ylg 在区间0,上是否具有性质 ？并说明理由．
x M
b
(2)设
a
、
b
均为实常数，若奇函数gx2x3ax2
x
在
x1
处取得极值，是否存在实数
c
，使得ygx
c,
M c
在区间 上具有性质 ？若存在，求出 的取值范围；若不存在，请说明理由．
1lnx1 k
x0,
(3)设kZ且k 0，对于任意的 ，不等式 x x1成立，求k的最大值．
1
【答案】(1)函数ylg 在区间0,上具有性质 ；
x M
ygx c, 0,
c M c
(2)存在实数 ，使得 在区间 上具有性质 ， 的取值范围是 ；
(3)k的最大值为3.
1
【详解】（1）令y f xlg ，x0,，
x
1 1 1
fx
则 1 x2 xln10， ，
ln10 x0,
x
1 1
fx xln10 x2ln10 ，x0,，
1
当x0,时， fx
x2ln10
0恒成立，
1
∴函数ylg 在区间0,上具有性质 ；
x M
b
（2）∵gx2x3ax2
，
x
b
∴gx6x22ax
，
x2
gx gx
x1
∵ 在 处取得极值，且 为奇函数，gx
x=1
∴ 在 处也取得极值，
g162ab0
a0
∴
g162ab0，解得 b6，
6 6
∴gx2x3
，
gx6x2 6x26x2
，
x x2
gx0 gx0
x0 x1 0x1
当 时，令 ，解得 ；令 ，解得 ；
gx 0,1 1, gx
x1
故 在 单调递减，在 单调递增，满足 在 处取得极值，
12
∴gx12x12x3 12x ，
x3
12
当x0,时，gx12x
x3
0恒成立，
c0, gx0 c,
∴存在实数 ，使 在区间 上恒成立，
ygx c, 0,
c M c
∴存在实数 ，使得 在区间 上具有性质 ， 的取值范围是 ；
x0,
（3）∵ ，
1lnx1 k x1 1lnx1
k
∴ x x1 x ，
x11lnx1
Fx
令 x ，
xlnx11
则Fx ，
x2
Gxxlnx11
令 ，
1 x
则Gx1 ，
x1 x1
x0, Gx0 Gx 0,
当 时， ， 在区间 上单调递增，
G21ln30 G32ln40
又∵ ， ，x 2,3 Gx x lnx 110
∴存在 0 ，使 0 0 0 ，
x0,x Gx0 Fx0 Fx 0,x
∴当 0 时， ， ， 在区间 0 上单调递减，
xx , Gx0 Fx0 Fx x ,
当 0 时， ， ， 在区间 0 上单调递增，
x 11lnx 1
Fx 0 0
∴当x0,时，Fx的最小值为 0 x ，
0
Gx x lnx 110 lnx 1x 1
由 0 0 0 ，有 0 0 ，
x 11x 1
Fx 0 0 x 1
∴ 0 x 0 ，
0
x 2,3 Fx 3,4
∵ 0 ，∴ 0 ，
x11lnx1
k Fx
又∵ x 恒成立，
k Fx
∴ 0 ，
∵kZ且k 0，
∴k的最大值为3.
