2011-2020年高考数学真题分专题训练专题09导数的综合应用（教师版含解析）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

专题 09 导数的综合应用
十年大数据*全景展示
题号 考点 
考查内容
年份
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数求
利用导数解决不等式恒
(能)成立与探索性问题
理 21
函数的切线及不等式恒成立问题，考查分类整合思想、运
算求解能力及应用意识．
2011
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数求
函数的切线、证明不等式，考查分类整合思想．
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、函数单调性
与导数的关系及不等式恒成立问题，考查分类整合思想、
运算求解能力及应用意识．
文 21 
利用导数解证不等式
利用导数解决不等式恒
文 21
2012
(能)成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的
几何意义求曲线的切线、函数单调性与导数的关系、函数
最值，考查运算求解能力及应用意识．
利用导数解决不等式恒
2013 
卷 1 
理 21
(能)成立与探索性问题
主要考查函数的导数运算、函数极值与导数的关系、函数
的单调性与导数关系、恒成立问题的解法等基础知识和基
本方法，考查放缩思想、分析解决问题能力
利用导数解决不等式恒
卷 2 
理 21
(能)成立与探索性问题
理 11 
利用导数研究函数零点 本题主要考查函数零点、利用导数研究函数的图像与性质
卷 1
文 12 
问题
及分类整合思想，是难题．
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研
究函数的单调性、证明不等式，考查分类整合思想．
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、考查利用导
数研究函数的切线、利用导数研究函数零点问题，考查分
类整合思想．
卷 1 
理 21 
利用导数解证不等式
2014
利用导数研究函数零点
卷 2 
文 21
问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研
究函数的图像与性质解函数不等式．
卷 1 
理 12 
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的
几何意义研究函数的切线、利用导数研究函数零点问题及
分类整合思想．
利用导数研究函数零点
卷 1 
理 21
2015
问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研
究函数的图像与性质解函数不等式．
卷 2
理 2
利用导数解证不等式
卷 2 
理 21 
利用导数解决不等式恒 主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
(能)成立与探索性问题
究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
整合思想．
利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
卷 1 
理 21 
问题
究函数零点问题、与极值点偏移问题有关的不等式证明及
分类整合思想．
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的
几何意义求切线、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
整合思想．
2016
利用导数解决不等式恒
卷 2 
文 21
(能)成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
究函数的单调性、利用导数证明不等式及分类整合思想．
主要考查三棱锥的展开图与圆的内接关系、三棱锥的体
积、利用导数求函数最值；考查数学应用意识．
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
究函数的单调性、利用导数研究函数零点问题及分类整合
思想．
卷 3 
文 21 
利用导数解证不等式
卷 1 
理 16 
生活中的最优化问题
利用导数研究函数零点
卷 1 
理 21
问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
整合思想．
利用导数解决不等式恒
卷 1 
文 21
(能)成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数解
决不等式恒成立问题、导数与极值关系、利用导数证明不
等式及分类整合思想．
利用导数解证不等式
卷 2 
理 21
不等式恒成立问题
2017
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
整合思想
利用导数解决不等式恒
卷 2 
文 21
(能)成立与探索性问题
理 11 
利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、常见函数的导数、利用导数研
卷 3
文 12 
问题
究函数零点问题及分类整合思想．
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
整合思想
利用导数解决不等式恒
卷 3 
理 21
(能)成立与探索性问题
主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利
用导数的研究函数的单调性、利用导数证明不等式及分类
整合思想
卷 3 
文 21 
利用导数解证不等式
卷 1 
理 21 
利用导数解证不等式
主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利
用导数的研究函数的单调性、导数与函数极值的关系、利
用导数证明不等式及分类整合思想
主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利
用导数的研究函数的单调性、导数与函数极值的关系、利
用导数证明不等式
卷 1 
文 21 
利用导数解证不等式
利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用到证明
问题 
不等式、利用导数研究函数零点问题．
卷 2 
理 21
卷 2 
文 21
2018
利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、利用导数求函数的单调区间、
问题
利用导数研究函数零点问题．
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数证
明不等式、导数与极值的关系
卷 3 
理 21 
利用导数解证不等式
卷 3 
文 21 
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的
几何意义求函数的切线、利用导数证明不等式
利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、利用导数研究函数的极值、利
问题 
用导数研究函数零点问题．
利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
卷 1 
理 20
卷 2 
理 20
2019
问题
究函数零点问题及利用导数的几何意义研究切线．
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
究函数的单调性、利用导数研究函数最值是否存在的探索
性问题，考查分类整合思想．
利用导数解决不等式恒
卷 3 
理 20
(能)成立与探索性问题
1．利用导数研究函数零
点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
卷 1 
文 21 
2．利用导数解决不等式 究函数的零点、利用导数研究函数恒成立问题，考查分类
恒(能)成立与探索性问 整合思想．
题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
利用导数研究函数零点
究函数的零点、利用导数研究函数极值，考查分类整合思
卷 2 
文 21
问题
想．
应用导数研究函数的单调性，应用导数解决不等式恒成立
的参数取值范围问题
理 21 
导数的综合应用
文 20 
导数的综合应用
卷 1
2020
应用导数研究函数的单调性，应用导数由零点个数求参数
取值范围
卷 2 
理 21 
导数的综合应用
应用导数研究函数的单调性，应用导数证明不等式
应用导数研究函数的单调性，应用导数解决不等式恒成立
文 21 
导数的综合应用
理 21 
导数的综合应用
文 20 
导数的综合应用
的参数取值范围问题
导数的几何意义，应用研究函数的零点，应用导数证明不
等式
卷 3
应用导数研究函数的单调性，应用导数由零点个数求参数
取值范围
大数据分析*预测高考
出现频率
考 点
2021 年预测
生活中的最优化问题
1/34
2021 年高考在导数综合应用方面，仍将以选填压轴题
或解答题压轴题形式考查不等式恒(能)成立问题与探
索性问题、利用导数解证不等式、利用导数研究零点或
方程解问题，重点考查分类整合思想、分析解决问题能
力．
利用导数解决不等式恒(能)成立与
探索性问题
11/34
利用导数解、证不等式
利用导数研究函数零点问题
12/34
10/34
十年试题分类*探求规律
考点 30 生活中的最优化问题
1．(2017 全国卷 1 理 16)如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为 5 cm，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为
O．D，E，F 为圆 O 上的点，△DBC，△ECA，△FAB 分别是以 BC，CA，AB 为底边的等腰三角形．沿虚
线剪开后，分别以 BC，CA，AB 为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得 D，E，F 重合，得到三棱锥．当
△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为
．
【答案】4 15
【解析】如下图，连接 DO 交 BC 于点 G，设 D，E，F 重合于 S 点，正三角形的边长为 x(x>0)，
则
1
3
3
OG  
x 
x ．
x ，
3
2
6
3
 FG  SG  5
6
2
2





3
3
3
SO  h  SG 2 GO 2  5 
x 
x 
 55 
x ，





6
6
3







1
1
3
3
15
3
5
3
三棱锥的体积V  S
h  
x 2  55
x  
5x4 
x ．


△ABC
3
3
4
3
12


3
5 3
3
  

设n x 
5x
4 
5
x ，x>0，则nx 20x3

x 4 ，
3
x4
  
令n x 
0 ，即4x

 0，得 x  4 3 ，易知nx在 x  4 3 处取得最大值．
3
3
15
∴Vmax 
48 5 4  4 15 ．
12
2．(2020 江苏 17)某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，
桥 AB 与MN 平行，OO为铅垂线(O在 AB
上)．经测量，左侧曲线AO 上任一点 D 
MN 的距离h
到
(米)
1
1
OO的距离a (米)之间满足关系式h1 
2
BO
F
h 米)与 F
(
2
与 D 到
a ；右侧曲线
上任一点
的距离为40
B 
OO
到MN 的距离
米．
40
1
OO
h  
b 6b
．己知点 
到
3
到
的距离b (米)之间满足关系式
2
800
(1)求桥 AB 的长度；

(2)计划在谷底两侧建造平行于OO 的桥墩CD 和 EF ，且CE 为80 米，其中C ，E 在 AB 上(不包括端
点)．桥
3
墩 EF 每米造价k (万元)，桥墩CD 每米造价 k (万元)( k 0 )，
2
问O'E 为多少米时，桥墩CD 与 EF 的总造价最低？

(2)O E 为20 米时，桥墩CD 与 EF
的总造价最低．
【答案】(1)桥 AB 的长度为120米；
【解析】(1)过 A ， B 分别作MN
A 
B
的垂线，垂足为 
， 
，则
1

AA 
BB
 

40 3 640 160

．
800
1
令
，∴AO80， AB  AO BO 8040 120．
a2 160 ，得a 80
40
0  x  40
0  80  x  80
 

 

得0  x  40．
(2)设O E x ，则CO 
80 x ，由 

3k
1
1
k
y 
[160  
(80 x)
 
 
2
k 160 (
x 6x)] 
3
(x3 30x
x 0 或20
，
2 160800)
总造价
2
40
800
800
3k
y
k （3x2 60x) 
x(x 20)
k  0
，∵ 
，∴令
y 0 ，得
800
800
∴当0  x  20 时，
y0
y
， 单调递减；
当20  x  40 时，y0
y
， 单调递增，∴当x 20
y
时， 取最小值，造价最低．
考点 31 利用导数解决恒成立问题与探索性问题
x2 2ax 2a, x 1


1．(2019 天津理 8)已知aR ，设函数 f (x)  
x aln x, x 1
，若关于 x 的不等式 f (x)  0 在R
上
恒成立，则a 的取值范围为
 

A． 0,1
 

B． 0,2
 

C． 0,e
 

D． 1,e
【解析】当 x 1 时， f 1 
1 2a 2a 1 0 恒成立；
   
 
 
x2
当 x 1 时， f x 
x2 2ax  2a
  

…0 
2a …
恒成立，
x 1
  
 
1 x 1
1 x
2
  

2    

1 x
x2
x2
1 x
2 1 x 
1 
  

令 g x
 

 

 

x 1
1 x
2 „   
2 0
 
，
1
1 x
1
1 x
1 x
  

2 1 x




所以2a 
g x
…   
 ，即a 0 ．
0
max
x
当 x 1 时， f x x aln x…  „
0
a
恒成立，
ln x
1
ln x  x
ln x 1
x
x
  

令h x
 
 
，则h x

，
ln x
 

ln x
2
 

2
ln x
当 x e 时，h x 
0，h x 递增，当1 x e 时，h x 
0，h x 递减，
 
 
 

 
 
 

所以当 x e 时，h x 取得最小值h e 
e ．
 

 
 
所以a h x
„   
 ．e
min
 

综上，a 的取值范围是 0,e ．
2．(2014 辽宁)当 x[2,1]时，不等式ax3  x 2 4x 3  0 恒成立，则实数 a 的取值范围是(
)
9
A．[5,3]
B．[6, ]
C．[6,2]
D．[4,3]
8
【答案】C
【解析】当 x(0,1]时，得
a≥3t 4t t ，令 g(t)  3t
1
1
1
1
a≥3( )
3 4( ) 2  ，令t  
，则t [1,) ，
x
x
x
x
3
2
3 4t t ，t [1,) ，
2
   
 
   
9t 2 8t 1 
(t 1)(9t 1)，显然在[1,) 上， g t 
0 ，

 
 
则 g x
g(t) 单调递减，所以 g(t)max  g(1)  6 ，因此a ≥6 ；
同理，当 x[2, 0) 时，得a≤2 ．由以上两种情况得6≤a≤2 ．
显然当 x 0 时也成立，故实数a 的取值范围为[6,2]．
 
 
x 
2 
．
f x 
e 
ax 
x
3．(2020 全国Ⅰ理 21)已知函数
 
f x
的单调性；
(1)当a 1 时，讨论

1

f x x 1，求a 的取值范围．
3
(2)当 x 0 时，
2
x ,0

时，f ' x 
0, f x 
0,
 
 
 单调递减，当  
时，  
x
f ' x  0, f x单调递增；
【答案】(1)当
 
7 e
2

,
(2) 
．
4


【思路导引】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可；
(2)首先讨论 x 0 的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定
实数 a 的取值范围．

  
 

f x 
e
，
【解析】(1)当a 1 时，f x e
x  x 2  x
'
x
2x 1，
  
 

f '' x 
ex 2 0
 

f ' x
f '0 0
，故：
由于
，故
单调递增，注意到
x,0时， f 'x0, f x单调递减；
当
当x0,
 
 
 
f ' x 
0, f x
单调递增．
时，
1
1
  

f x
1
e ax  x…
得，
x
2
x3 1 ，其中 x  0
，
x3
(2)由
2
2
①．当 x=0 时，不等式为：1 1，显然成立，符合题意；

1
ex  x 3
2
 x 1
②．当x 0 时，分离参数 a 得，
2
，
a…
x
1


1

 ，

x  x 3
2
 x 1
x 2 e


x  x 2  x 1
e

记
2
，
2
3
 
 
g x
g 'x 
x
x
1
2
  

ex x2 
x 1 x 0
   
 
，则h'xex x 1，h''xex 10 ，
h x
令
故
由
当
 

h' x
    
h' x 
h' 0 
0，故函数h x
 

  
  
单调递增，
h x 
h 0 
0 ，
单调递增，
1
 
 
 

0,2
 
 
 
g ' x 
0 
g x
， 
单调递增；
h x 
0 可得：ex  x 2  x 1…0
x
恒成立，故当
时，
2
x2,时， g 'x0 ， gx单调递减；
 

2

7 e 2
7 e
   
 
 
,
因此， g x
g 2
．综上可得，实数 a 的取值范围是 

．


max
4
4

  


4．(2020 全国Ⅱ文 21)已知函数 f x 
2ln x 1．
  


(1)若 f x 
2x c ，求c 的取值范围；
  
 
f x
f a
(2)设a 0，讨论函数 gx 
的单调性．
x  a
和
【答案】(1) c  1；(2) g(x) 在区间(0,a) 
(a,
) 上单调递减，没有递增区间．
f (x)  2x c
f (x) 2x c  0 ，构造新函数，利用导数求出新函数的最大
【思路导引】(1)不等式
转化为
值，进而进行求解即可；
(2)对函数
求导，把导函数g(x) 的分子构成一个新函数m(x) ，再求导得到m(x) ，根据m(x) 的正负，
g(x)
判断m(x) 的单调性，进而确定g(x)的正负性，最后求出函数 g(x)的单调性．
【解析】(1)函数 f (x) 的定义域为：(0,)
，
f (x)  2x c  f (x) 2x c  0  2ln x 12x c  0() ，
2
2(1 x)
设h(x)  2ln x 12x c(x  0)
，则有h(x)  2 
，
x
x
x 1 时，h(x)  0,h(x) 单调递减；当0  x 1 时，h (x)  0,h(x) 单调递增，∴ 当 x 1 时，函数
h(x)

当
有最大值，即h(x)
max  h(1)  2ln1121c  1c ，要想不等式() 在(0,) 上恒成立，只需
h(x)max 0  1c 0 c  1
．
2ln x 1(2 ln a 1) 
2(ln x ln a)
2(x a  xln x xln a)

(x  0 
x  a)
且 
，因此
g(x) 
g(x) 

(2)
，
x a
x a
x(x a) 2
设m(x)  2(x a  x ln x  x ln a)
，则有m (x) 2(lna ln x)
 


，
x  a 时，ln x lna，∴m (x) 0
 ，m(x) 单调递减，因此有m(x)  m(a)  0，即

当

g (x) 0
g(x)
单调递减；
，∴
当0  x  a 时，ln x lna
，∴m
g(x) 在区间(0,a)
(x)  0 ，m(x) 单调递增，因此有m(x)  m(a)  0
g(x)  0 ，∴ g(x)
，即
单调递减，∴函数
和(a,) 上单调递减，没有递增区间．
ln x lna
5．(2020 山东 21)已知函数 f (x) aex

1
．
(1)当a  e 时，求曲线 y  f (x) 在点 1, f 1 处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积；

 

(2)若 f (x) 1，求a 的取值范围．
2
e 1
【答案】(1)
(2)[1,)
【思路导引】(1)先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点
坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
(2)先二次求导，研究导函数符号变化情况，求出函数最小值，再根据基本不等式求最小值的最小值，最后
根据不等式恒成立列不等式，解得结果．
1
Q f (x)  e 
x
ln x 1 
f (x) e
   
 
   
 
 
x
k 
f (1) 
e 1
【解析】(1)
．
x
2
e 1
Q f (1)  e 1切线方程为 y e 1 (e 1)(x 1) 
， 与坐标轴交点坐标分别为(0, 2), (
,0)，
1
2
2
因此所求三角形面积为 2|
|=
e 1 e 1
．
2
1
f (x)  aex1 ln x ln a
， f (x) aex 1

 ，a  0 ，设g(x)  f (x) ，
(2)Q
x
1
Q 
g (x) aex 1


 0,g(x)
在(0,) 上单调递增，即 f (x)
在(0,)
上单调递增，
x2
1
f (x ) aex
0 1



0
当a 1 时，x 1
0
使得
，
0
x0
1
1
1
1
1
1
当a 1 时，
1,e 
1 f ( ) f (1)  a(e 
1)(a 1)  0
，
a
a
a
a
1
1
1
1
1
1
当0  a 1 时，
1,e 
1 f ( ) f (1)  a(e 
1)(a 1)  0
，
a
a
a
a
1
1
f (x ) aex
0 1



0 ，
ae x 1
0

,lna  x   
1
ln x
，
0
x  0
0
因此存在唯一
，使得
0
0
x0
x0
x(0, x ) 
f (x) 0

x(x ,) 
f (x) 0
时
0

，
当
时
，当
0
1
1
f (x)min 
f (x ) aex
0 
ln x
0 lna


1

lna  x0 1lna  2lna 1 2
 x0  2lna 1，
因此
0
x0
x0
f (x)  aex 1 ln x ln a 1 对 x 0 恒成立，2ln a+11ln a  0,a 1．


Q
6．(2019 全国Ⅰ文 20)已知函数 f(x)=2sinx－xcosx－x，f ′(x)为 f(x)的导数．
(1)证明：f ′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若 x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求 a 的取值范围．
【解析】(1)设 g(x) 
f (x)
  
，则 g(x)  cos x  xsin x 1, g(x)  xcos 
x ．
π
 π 

,π
π
 π 

 2 

当 x (0, ) 时，

g(x)  0 ；当x 
 时，
在
g(x)  0 ，所以 g(x) 
(0, ) 单调递增，在,π单调
2
 2 

2
递减．
 π 
又 g(0)  0, g    0, g(π)  2 ，故 g(x) 在(0, π) 存在唯一零点．
 2 

所以 f (x)在(0, π) 存在唯一零点．
(2)由题设知 f (π)…aπ, f (π)  0 ，可得a≤0．

x 

0,x0

xx0,π
 

时，f (x) 0 ，
由(1)知，f (x) 在(0, π) 只有一个零点，设为 x ，且当
时，f (x) 0 ；当
0
 

 

x ,π
单调递减．
0
0,x
所以 f (x) 在
单调递增，在
0
又 f (0)  0, f (π)  0 ，所以，当 x[0, π]时， f (x)…0 ．
又当a„0, x[0, π] 时，ax≤0，故 f (x)…ax．
因此，a 的取值范围是(,0]．
f (x)  ex(ex a) a x ．
2
7．(2017 新课标Ⅰ文 21)已知函数
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 f (x)≥0 ，求a 的取值范围．
【解析】(1)函数 f (x) 的定义域为(,) ，
 

f (x) 2e2x ae

x
a 2
(2e x a)(e a) ，
x
①若a 0，则 f (x)  e2x ，在(,) 单调递增．
②若a 0，则由 f (x) 0 得 x lna．


当 x(,ln a) 时， f (x) 0 ；当 x (ln a, 
) 时， f (x) 0，




所以 f (x) 在(,ln a) 单调递减，在(ln a,) 单调递增．
a
③若a 0 ，则由 f (x) 0 得 x ln( 
) ．


2
a
a
当 x(, ln( )) 时， f (x) 0 ；当 x (ln( 
),) 时， f (x) 0，




2
2
a
a
故 f (x) 在(, ln( ))单调递减，在(ln( ),)单调递增．
2
2
(2)①若a 0，则 f (x)  e2x ，所以 f (x)≥0 ．
②若a 0，则由(1)得，当 x lna 时， f (x) 取得最小值，最小值为
f (ln a)  a 2 ln a ．从而当且仅当a ln a  0 ，即a≤1 时， f (x)≥0 ．
2
a
③若a 0 ，则由(1)得，当 x  ln( ) 时， f (x) 取得最小值，最小值为
2
a
3
a
f (ln( ))  a [ ln( )]．
2
2
4
2
3
3
a
从而当且仅当a [ ln( )]  0 ，即a  2e 4 时 f (x)≥0 ．
2
4
2
3
4
综上，a 的取值范围为[ 2e

,1]．
f (x)  (1 x )e x ．
2
8．(2017 新课标Ⅱ)设函数
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)当 x≥0 时， f (x)≤ax1，求a 的取值范围．
f (x)  (12x x

2)e x
【解析】(1)

 1 2
， x  1 2
．
令 f (x) 0 得 x
当 x(,1 2)时， f (x) 0 ；当 x(1 2, 1

 

2)时， f (x) 0 ；当 x(1 2,) 时，


f (x) 0 ．
所以 f (x) 在(,1 2) ，(1 2,) 单调递减，在(1 2,1 2) 单调递增．
(2) ( ) (1 
)(1
f x   x 
 x e x ．
)
当a≥1 时，设函数h(x)  (1 x e x ，h (x)  xe
)

x 0 ，因此h(x) 在[0,) 单调递减，而h(0) 1，故
h(x)≤1，所以 f (x)  (x 1)h(x)≤ x 1≤ax1．
当 0  a 1 时，设函数 g(x)  e
x  x  ， g (x) e
1
 
 

x
1 0(x 0) ，所以 g(x) 在[0,) 单调递增，而

g(0)  0，故e ≥ x 1．
x
当0  x 1 时，f (x)  (1 x)(1 x)2 ，(1 x)(1 x)
2 ax1 x(1a  x  x ) ，
2
54a 1
取 x
0 
，则 x0 (0,1) ，(1 x )(1 x ) ax0 1 0 ，
0
0
2
2
故 f (x )  ax 1．
0
0
5 1
当a≤0 时，取 x
0 
，则 x0 (0,1) ，f (x )  (1 x )(1 x ) 1≥ax0 1．
0
0
0
2
2
综上，a 的取值范围是[1,) ．
  
 
9．(2017 全国卷 3 理 21)已知函数 f x
x 1 a ln x ．
 
 
(1)若 f x
0 ，求 a 的值；
1 
(2)设 m 为整数，且对于任意正整数 n，1 1 
1 
  m ，求 m 的最小值．
2 
1  
1 

22  

n
2 
 

 

．
【解析】1) f x 的定义域为 0，+
 1 
 2 
1
①若a 0 ，因为 f  =- +aln 2  0 ，所以不满足题意；
2
a 
x a
②若a 0 ，由 f ' x 
1
  
 
知，当 x 
0,a 时， f ' x 
0；当 x 
a，+ 
时， f ' x 
0，所
 
 
  
 
 
  
x
x
  
 

 

   

以 f x 在 0,a 单调递减，在 a，+ 
单调递增，故 x=a 是 f x 在 0，+ 
的唯一最
小值点．
 
 

 
 
由于 f 1 
0，所以当且仅当 a=1 时， f x 
0．故 a=1．
10．(2016 年全国 II 文 21)已知函数f (x)  (x 1) ln x a(x 1) ．
a  4
y  f (x)
时，求曲线
在1, f (1)处的切线方程；
(Ⅰ)当
x 1,

时，f (x)＞0 
a
，求 的取值范围．
(Ⅱ)若当
【解析】(Ⅰ) f (x) 的定义域为(0,)．当a  4 时，
1
f (x)  (x 1) ln x 4(x  
f  x  
x  
1), 
( ) ln
3
，
 
 2, f (1)  0.
f (1)
x
曲线 y  f (x) 在(1, f (1))处的切线方程为2x y 2 0.
a(x 1)
(Ⅱ)当 x(1,) 时， f (x)  0 等价于ln x 
 0.
x 1
a(x 1)
x 1
g(x)  ln x 
，则
令
1
2a
x 2(1a)x 1
2
g(x)  


, g(1)  0 ，
x (x 1) 2
x(x 1) 2
(i)当a  2 ， x(1,) 时，x2 2(1a)x 1 x 2x 1 0 ，
2

 


；
故 g (x) 0, g(x) 
x (1, 
) 上单调递增，因此 g(x) 0
在
(ii)当a  2 时，令 g (x) 0 得

x1  a 1 (a 1)
2 1, x2  a 1 (a 1)
2 1 ，
由 x 1 和 x x 1 得 x 1 ，故当 x(1, x ) 时， g (x) 0

g(x) 在 x (1, x ) 单调递减，因此

，
2
1
2
1
2
2
g(x)  g(1)  0．
综上，a 的取值范围是 

,2 .
f (x) emx  x mx ．
2
11．(2015 新课标Ⅱ理 21)设函数
(Ⅰ)证明： f (x) 在(,0)单调递减，在(0,) 单调递增；
(Ⅱ)若对于任意 x ， x [1,1]，都有| f (x )  f (x ) | ≤e1，求m 的取值范围．
1
2
1
2
f x 
m(emx

1) 2x ．
【解析】(Ⅰ) 
( )
若m≥0，则当 x(,0) 时，emx  ≤ ， f (x) 0 ；
1
0

当 x(0,) 时，emx  ≥ ， f (x) 0 ．
1
0

1 0
若m < 0 ，则当 x(,0) 时，emx   ， f (x) 0 ；

1 0
当 x(0,) 时，emx   ， f (x) 0 ．

所以， f (x) 在(,0)单调递减，在(0,)单调递增．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的m ， f (x) 在[1, 0]单调递减，在[0,1] 单调递增．
故 f (x) 在 x = 0 处取得最小值．
所以对于任意 x ， x [1,1]，| f (x )  f (x ) |≤e 1 的充要条件是：
1
2
1
2
 f (1)  f (0) ≤e 1
 f (1)  f (0) ≤e 1
 em m≤e 1

，即
①
em m ≤e 1
设函数 g(t)  et t e  ，则 g(t)  e 
1
t
1．
 

 

当t < 0 时， g (t) 0 ；当t > 0 时 g (t) 0 
．
故 g(t) 在(,0)单调递减，在(0,) 单调递增．
又 g(1) = 0 ，g( 1) 
e 
2 e 0
  1    ，故当t [1, 1] 时， g(t)≤0 ．
当m[1, 1] 时， g(m)≤0, g(m)≤0 ，即①式成立；
当m >1 时，由 g(t)得单调性， g(m) > 0，即e m  e  ；
 
 
m
1
当m  1 时， g(m)  0 ，即em m e
1
综上，m 的取值范围是[1,1]．
12．(2013 全国卷 1 理 21)已知函数 f (x) ＝x2 axb ， g(x) ＝e x(cx d) ，若曲线 y  f (x) 和曲线
y  g(x) 都过点 P(0，2)，且在点 P 处有相同的切线 y  4x  2
(Ⅰ)求a ，b ，c ，d 的值
(Ⅱ)若 x ≥－2 时， f (x) ≤kg(x) ，求k 的取值范围．
【解析】(Ⅰ)由已知得 f (0) 2, g(0) 2, f (0) 4, g (0)  4 ，




而 f (x) = 2x b ， g (x)= e (cxd c) ，∴a =4，b =2，c =2，d =2；……4 分



x
f (x)  x 4x 2 ， g(x)  2e (x 1) ，
设函数 F(x) = kg(x)  f (x) = 2ke (x 1) x 4x 2 ( x  2)，
1) ，
2
x
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
x
2

x
 



x
F (x) = 2ke (x 2) 2x 4 = 2(x 2)(ke
有题设可得 F(0) ≥0，即 k 1，


令 F (x) =0 得， x = ln k ， x =－
2，
1
2
(1)若1 k  e2 ，则－2＜ x ≤0，∴当 x(2, x ) 时， F(x) ＜0，当 x(x ,) 时， F(x)＞0，即 F(x)
1
1
1
在 (2, x ) 单 调 递 减 ， 在 (x ,) 单 调 递 增 ， 故 F(x) 在 x = x 取 最 小 值 F(x ) 
， 而
1
1
1
1
F(x ) = 2x 2  x 2
1 4x 2 = x (x 2) ≥0，
1
1
1
1
1
∴当 x ≥－2 时， F(x) ≥0，即 f (x) ≤kg(x) 恒成立，
k  e2 ，则 F (x) = 2e (x 2)(e 
e ) ，

2

x 2
(2)若


∴当 x ≥－2 时， F (x) ≥0，∴ F(x) 在(－2，+∞)单调递增，而 F( 2) =0，
∴当 x ≥－2 时， F(x) ≥0，即 f (x) ≤kg(x) 恒成立，
k  e2 ，则 F(2) = 2ke

2 2 = 2e2 (k e
) ＜0，
2
(3)若
∴当 x ≥－2 时， f (x) ≤kg(x) 不可能恒成立，
综上所述，k 的取值范围为[1，e2 ]．
13．(2012 全国课标文 21)设函数 f(x)= ex－ax－2
(Ⅰ)求 f(x)的单调区间
(Ⅱ)若 a=1，k 为整数，且当 x>0 时，(x－k) f´(x)+x+1>0，求 k 的最大值
 

,
 
 
x 
【解析】(
)
Ⅰ f x 的定义域为
， f x 
e 
a ．
若a 0 ，则 f x 
0，所以 f x 的增区间为
 
 
 

,
，无减区间；
若a 0 ，则当 x,lna时，f x0；当 xlna,时，f x0，所以在减区间为,lna，


．
增区间为 lna,
     
    
  

(
)
Ⅱ由于 a=1，所以 x k f x 
x 1 
x k e 
1 
x 1．
x
故当 x 0 时，(x－k) f´(x)+x+1>0 等价于
x 1
k 
 x x 0，
x
e 1
ex x 2
x
x 1
xe 1
x
e
  

令 g x

 
 
x ，则 g x
1
2
．
ex 1
ex 1
ex 1
2
  
 
h x 
e
 
上单调递增，而h1 
 
 
   

x
x
2在 0, 
0,h 2 
0 ，所以h x 在 0,
由(
)
Ⅰ知，函数
上存在
   

唯一的零点，故 g x 在 0,
上存在唯一零点．设此零点为 
，则
 


1,2 ．
当 x 
0,
 时，gx0；当 x,时，gx0 ．所以 gx在0,上的最小值为 g．
又
由 g
由于k 
，可得e
x 1
  
 

1 
2,3 ．
 

2 ，所以 g
 x x 0 等价于k g
  
 
，故整数k 的最大值为 
2．
x
e 1
aln x b
x 1 
x
14．(2011 全国课标理 21)已知函数 f (x) =
 
，曲线 y = f (x) 在点(1， f (1) )处的切线方程
为
x 2y 3  0 ．
(Ⅰ)求a ，b 的值；
ln x 
k
x 1 x
(Ⅱ)如果当 x ＞0，且 x 1 时， f (x) ＞
 
，求k 的取值范围．
x 1
a(
ln x)
2
b
x


2
【解析】(Ⅰ) f (x) =
，
(x 1) 2
x
1
1
2
∵直线 x 2y 3=0 的斜率为 ，且过点(1，1)，∴ f (1)=1 且 f (1) =

，
2
b 1

即a
1 ，解得a =1，b =1；
b  

2
2
ln x
x 1 x
1
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f (x) =
 ，
1
(k 1（) x 
2
1))
(k 1)(x
ln x 
k
∴ f (x) (

) =
(2 ln x 
2
x 1 x 
1 x
x
(k 1（) x
2 1)
2 1) 2x
设h(x) = 2ln x 
( x ＞0)，则h (x) =

x
x2
k(x2 1) (x 1) 2

 

知，当 x 1 时，h (x) ＜0，而h(1) =0，故当 x ∈(0，1)时，
h(x)
①当k ≤0 时，由h (x) =
x2
1
1 x
＞0，可得
h(x)  0；
2
1
1 x
当 x ∈(1，+∞)时，h(x) ＜0，可得
h(x)  0 ，
2
ln x 
k
x 1 x
ln x 
k
 
；
x 1 x
从而当 x ＞0，且 x ≠1 时， f (x)  (
②当 0＜k ＜1 时，由于当 x ∈(1，
 ) ＞0，即 f (x) ＞
1
1 k
)时，(k 1)(x
2 1) 2x ＞0，故h (x) ＞0，而h(1) =0，故 x ∈(1，

1
1 k
1
1 x
)时，h(x) ＞0，可得
h(x) ＜0 与题设矛盾；
2
1
1 x

h(x)  0 ，与题设
③当k ≥1 时，此时h (x) ＞0，而h(1) =0，故当 x ∈(1，+∞)时，h(x) ＞0，可得
2
矛盾，
综上所述，k 的取值范围为(—∞，0]．
f (x)  2x3 ax b ．
2
15．(2019 全国Ⅲ理 20)已知函数
f (x)
(1)讨论
(2)是否存在
不存在，说明理由．
的单调性；
a,b ，使得 f (x) 在区间[0,1]的最小值为1 且最大值为 1？若存在，求出a,b的所有值；若

2 2ax  2x(3x a) ．
【解析】(1) f (x) 6x
a


f (x) 0
x
令
，得 x=0 或
．
3
 a
 3
,
 a 
x  0,
若 a>0 ， 则 当 x (,0) 
f (x) 0
； 当
f (x) 0
． 故f (x)
在
 时 
，

 时 
，

3 
 a,
 a 
0,
(, 0), 3
单调递增，在

单调递减；

3 
f (x) 在(,)
若 a=0，
单调递增；


a 
3 
 a 

x  
,0
x ,
(0,) 时 ，
f (x) 0

f (x) 0

f (x)
． 故 
在
若 a<0 ， 则 当

； 当

 时 
，
 3 



a 
3 
 a 

 3 

,
,(0,) 单调递增，在
,0单调递减．

(2)满足题设条件的 a，b 存在．
f (x)
f (x)
f (0)=b
在区间[0，l]的最小值为
(i)当 a≤0 时，由(1)知，
在[0，1]单调递增，所以
，最大值为
，最小值为
f (1)  2 a b ．此时 a，b 满足题设条件当且仅当b  1，2a b 1，即 a=0，b  1．
f (x) 
f (x) 
f (0)=b
(ii)当 a≥3 时，由(1)知，
在[0，1]单调递减，所以
在区间[0，1]的最大值为
f (1)  2 a b ．此时 a，b 满足题设条件当且仅当2a b  1，b=1，即 a=4，b=1．
 a 
 3 
a3
f (x)
f
 

b ，最大值为 b 或2a b ．
(iii)当 0<a<3 时，由(1)知，
在[0，1]的最小值为  

27
a3
若
b  1，b=1，则a 3
3 2 ，与 0<a<3 矛盾．
27
a3
若
b  1，2a b 1 ，则a 3 3 或a  3 3 或 a=0，与 0<a<3 矛盾．

27
16．(2019 浙江 22)已知实数a  0，设函数 f (x)=aln x  x 1, x  0.
3
(1)当a   时，求函数 f (x) 的单调区间；
4
1
x
(2)对任意 x[ 
,) 均有 f (x) 
, 求a 的取值范围．
e2
2a
3
4
3
【解析】(1)当a 

时，f (x)   ln x  1 x, x  0 ．
4
3
1
( 1 x 2)(2 1 x 1)
4x 1 x
f'(x)  


，
4x 2 1 x
所以，函数 f (x) 的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，+ )．
1
2
(2)由 f (1)
，得0  a 
．
2a
4
2
x
x
2 1 x
当0  a 
时， f (x) 
等价于

2ln x  0 ．
4
2a
a2
a
1
令t  
，则t  2 2 ．
a
g(t)  t 2
x 2t 1 x 2ln x,t  2 2 ，则
设
g(t)  g(2 2) 8 x 4 2 1 x 2ln x ．
1
7


1
(i)当 x 
, 时， 1 
 2 2 ，则

x
g(t)  g(2 2) 8 x 4 2 1 x 2ln x ．
1
记 p(x)  4 x 2 2 1 x ln x, x  
，则
7
2
2
1
2 x x 1  2x  x 1
x x 1
p'(x) 

 

．
x
x 1 
x
故
1
7
1
x
( ,1)
(1,)
+
1
7

p'(x)
p(x)
0
1
p( )
极小值 p(1)
单调递减
单调递增
7
所以， p(x)  p(1)  0 ．
因此， g(t)  g(2 2)  2p(x)  0 ．


 1 1 
1
2 x ln x (x 1)
2 x
(ii)当 x
, 时， g(t)…g  1  
．



e
2 7 
x


 1 1
ln x  2
令q(x)  2 x ln x (x 1), x
e
,
，则q'(x) 
1 0 ，

2 7
x
 1 1
 1 
 7 
故q(x) 在
,
上单调递增，所以q(x)„q ．


e
2 7
 1 
 7 
2 7  1 
7
2 7
7
由(i)得q   
p   
 7 
p (1) 0 ．
所以，q(x)<0．


1
q(x)
2 x
因此 g(t)…g  1   
 0 ．


x


 1


由(i)(ii)得对任意 x
,，t [2 2,), g(t)…0 ，
e
2
 1


x
即对任意 x
,，均有 f (x)„
．
e
2
2a


2
0,

综上所述，所求a 的取值范围是4


考点 32 利用导数解、证不等式问题
1．(2020 全国Ⅱ理 21)已知函数 f x 
sin2 xsin 2x ．
  

(1)讨论 f x在区间0, 的单调性；
3 3
  

(2)证明： f x
；
8
3n
n
(3)设nN * ，证明：sin 2 xsin2 2xsin2 4xsin 2 2n x 
．
4
  

x 0,
 2 
 3 3 
 
 
 单调递增，当 

时，   
 单
调递减，
f ' x 
0, f x

时，
 3 
f ' x 
0, f x
x
,

【答案】(1)当
2 

,
x
  
 单调递增．(2)证明见解析；(3)证明见解
析．
f ' x 
0, f x
当

时，
 3

【思路导引】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原
函数的单调性即可；(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最
小值即可证得题中的不等式；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得
2
 
 

f x



 

n1

 ，然后结合(2)的结论和三角
sin x sin xsin 2x sin 2xsin 4x  sin 2 
xsin 2 x sin 2 x
2
2
2
n
2
n
3


函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式．
f x  2sin xcos x ，则：
【解析】(1)由函数的解析式可得：  
3
   
 


f ' x 
2 3sin xcos x sin x 
2 sin x 3cos x sin x
2
2

4
2
2

2

x 1 

 

 

x 2 cos x 1 2 cos x 1
 2 sin2 x 4 cos2
2sin2
，

2
  在  
上的根为：
f ' x 
0 
x 
0,
，
x1  , x2 
3
3
  

 3 
x 0,
f ' x 
0, f x
 
 
 单调递
增；
当
当
当

时，
 2 
x  3 3 
,
时， 
 
 
f ' x 
0, f x
单调递减；
2 

,
x
  
 单
调递增．
f ' x 
0, f x

时，
 3

f x   sin
(2)注意到 

2 x  sin 2 x    sin
 



2 xsin 2x  f x，
 

f x

是周期为 的函数，结合 
的结论，计算可得：
(1)
  
 
f 0
f
0，
故函数
2
2



 


3
 

 3 
3
3
3 3
8
 2 
 3 
3
3 3
f
 

 


， f
 



 

 

  

，
 





2
2
2
2
8



 


3 3
8
3 3
8
3 3
8
  
 

 f x 
 
f x 
据此可得： f x
，
，即
．




min
max
(3)结合(2)的结论有：
2
sin2 xsin2 2xsin2 4xsin 2
2
2n x  
3
3
3
3
n 
sin xsin 2xsin 4xsin 2 x
3


2
3
 

sin x sin

xsin 2x sin


2xsin 4xsin2
2n1 xsin 2
x sin

2 x
2
n
2
n


2
2
3
3 3
8
n 





3
 3 
n
3 3 3 3
3 3

 sin x


sin 22 nx 
 

．




 

 4 

8
8
8








 1
 1 
 
 
3  


 

2．(2020 全国Ⅲ理 21)设 f x 
x 
bx c , x R ，曲线 f x 在点 , f  处的切线与 y 轴垂
直．
 2 
 2 
(1)求b ；
 

 

(2)若 f x 有一个绝对值不大于1 的零点，证明： f x 的所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】
1
f '( )  0
【思路导引】(1)利用导数的几何意义得到
，解方程即可；
2
3
1
1
1 1
1
1
2
f '(x)  3x 2   2(x  )(x  )
f (x) 
( , )
在
(, ) ( ,)
(2)由(1)可得
，易知
上单调递减，在
，
4
2
2
2 2
2
1
1
1
1
1
1
f (1)  c  , f ( )  c  , f ( )  c  , f (1)  c 
上单调递增，且
，采用反证法，推出矛盾即可．
4
2
4
2
4
4
1 2
 2 
1
3
4
【解析】(1) f (x)  3x b ，

2
 f ( ) 3
 

  
b
 

0, 即b  

．
2
3
(2)解法一：设 x 为 f (x) 的一个零点，根据题意， ( )
f x  x
3  x c  ，且
0
x  ，则
1





4
3
3
4


1
2
1 1
 2 2
cx 在 1,
， 

,
 ，
c  x  x ，由
3
x 1 ，c  3x
2 ，显然






4
1 
2 
1
1  1 
4  2 
1 1 
4  2 
1
1
1
4
，1 ，易得c1 ,c1  ,c    ,c   
，  c 


4
4
4
3
1
3
1
设 x 为 f (x) 的零点，则必有 f (x )  x
3
1  x c  ，即
0
  c  x  x 
3
，
1
1
1
1 
1
4
4
4
4

3
1




2
4x 3x 1 x 1 2x 1  0

1
1
1
，1 x 1，即 x 1．∴ f (x) 的所有零点的绝对值都不大于
1．
1 
1
4x 3x 1x 12x 1  0
3
2
1
1
1
1
3
3
1
1
f (x)  x 3  x  c
f '(x)  3x 2   3(x  )(x  )
解法二：由(1)可得
，
，
4
1
4
1
2
2
1
1
2

x  
'

  x 
令
∴
且
若
f '(x)  0 ，得 x
或
；令 f (x) 0 ，得
，
2
2
2
1 1 上单调递减，在(, 1
1
在(
, )
2 2
( ,)
) ，
上单调递增，
f (x)
2
2
1
1
1
1
1
1
f (1)  c  , f ( )  c  , f ( )  c  , f (1)  c 
，
4
2
4
2
4
4
1
4
1
4
f (1) 0 
f (1) 
0 ，即c
或

或c
 

f (x) 所有零点中存在一个绝对值大于 1 的零点 
，则
x
0
．
1
4
1
1
1
1
1
1
当c 
时，f (1)  c   0, f ( )  c   0, f ( )  c   0, f (1)  c   0
，
4
2
4
2
4
4
f (4c)  64c 3 3c c  4c(116c )  0 ，由零点存在性定理知 f (x) 在(4c,1)上存在唯一一个零
2
又
f (x) 在(,1)上存在唯一一个零点，在(1,)
点 x0 ，即
上不存在零点，
此时 f (x) 不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾；
1
4
1
1
1
1
1
1
当c  
时，f (1)  c   0, f ( )  c   0, f ( )  c   0, f (1)  c   0
，
4
2
4
2
4
4
f (4c)  64c 3 3c c  4c(116c
2)  0 ，由零点存在性定理知 f (x) 在(1, 4c) 上存在唯一一个零点

又
x ，即 f (x) 在(1,) 上存在唯一一个零点，在(,1)上不存在零点，此时

f (x) 不存在绝对值不大于 1 的
0
零点，与题设矛盾．
综上， f (x) 所有零点的绝对值都不大于 1．
3．(2020 江苏 19)已知关于 x 的函数 y  f (x) ， y  g(x) 与h(x)  kxb ( k ，bR )在区间 D 上恒有
f (x)  h(x)  g(x) ．
f (x)  x
f (x)  x
2 2x ， g(x)  x 2x ， D  (,) ，求h(x)
的表达式；
2
(1)若
(2)若
(3)若
2 x 1 
g(x)  k ln x 
h(x)  kxk 
D  (0,)
，求 的取值范围；
k
，
，
，
f (x)  x4 2x2 
g(x)  4x2 8，h(x)  4(t
，
3 t)x 3t 4 2t 2(0  t  2) ，
D [m,n] [ 2, 2] ，求证：nm  7 ．
【解析】(1)由 f (x)  g(x) 得 x 0 ．


 2x  2 ，∴ f (0) 
g (0) 2，∴函数h(x) 的图像为过原点，斜率为2 的直
 


又 f (x) 2x 2， g (x)
线，∴h(x)  2x ．经检验：h(x)  2x 符合题意．
1 
x 1
(2) h(x)  g(x)  k(x 1ln x) ，设(x)  x 1ln x ，则(x) 1 
，
x
x
(x) (1)  0 ，∴当h(x)  g(x)  0 时，k 0 时．
由m(x)  f (x) h(x)  x
2  x 1(kxk)  x (k 1)x (1k)  0
2
，得
当 x  k 10 时，m(x) 在(0,)上递增，∴m(x)  m(0) 1 k  0 ，∴k  1．
当k 10 时，  0 ，即(k 1)
综上，k [0,3]．
2 4(k 1) 0 ，(k 1)(k 3)  0 ，1 k 3 ．
f (x)  x4 2x2
f (x)  4x3 4x 4x(x 1)(x 1)
 



(3)∵
∴函数 y  f (x) 的图像在
y  (4x0 
2x0
4x )(x  x ) (x
0
，∴
，
x  x 处的切线为
0
3
4
2)  (4x0
3 4x0 )x 3x0
4 2x0
2 ，
0
0
可见直线 y  h(x)为函数 y  f (x) 的图像在 x t(0  t  2) 处的切线，
由函数 y  f (x) 的图像可知，当 f (x)  h(x) 在区间 D 上恒成立时， t [1, 2]，
又由 g(x) h(x)  0 得4x2 4(t 3 t)x 3t 4 2t 8 0 ，
2
3t4 2t 2 8
设方程 g(x) h(x)  0 的两根为 1 ， 
，则
x 
x
x  x  t 3 t 
x x 
，
，
2
1
2
1 2
4
2 4x x  (t 3 t) 2 (3t 4 2t 2 8)  t
5
10 3 ( 3)(3 1)，
6 5t 4 3t 2 8 ，
∴x x  (x  x )
1
2
1
2
1 2
令t2   ，则[1, 2]，由图像可知n m  x  x  

3
2 3 8 ．
1
2
设() 3 52 3 8
，则() 3
2
∴当[1, 2]时， () 0 ，() 单调递减，∴()max (1)  7 ，

故(n m)max  x1  x2
 ()max
 7 ，即n m  7
．
max
f (x)  x k ln x(k R) ， f (x) 为 f (x) 的导函数．
3
4．(2020 天津 20)已知函数
(
)
Ⅰ当k 6 时，

y  f (x) 在点(1, f (1))处的切线方程；
(i)求曲线
(ii)求函数
9


 的单调区间和极值；
g(x) 
f (x) f (x)
x
 

 

  
 
f x 
f x
1 
2
f x
f x
(
)
Ⅱ当k… 3 时，求证：对任意的
x
1, 
x [1,)
，且x  x ，有
1
2 
．
2
1
2
x  x
1 
2
2
【答案】(
)(i)
Ⅰ
y  9x 8；(ii) g(x)
的极小值为g(1) 1，无极大值；(
)
Ⅱ证明见解析．
【思路导引】(
)
Ⅰ (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；
(ii)首先求得  的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；

g x
x
1
x2  t
t
，将原问题转化为与 有关的函数，然后构造新函数，利用新
(
)
Ⅱ首先确定导函数的解析式，然后令
函数的性质即可证得题中的结论．
6
【解析】(
)
Ⅰ (i) 当 k=6 时， f x x
3 6ln x ， f 'x 3x
．可得
  ，  
 ，
f 1 
1 
f ' 1 
9
2 x
y  f x
 在
点
 
 

1, f 1
   
 
y 1 9 x 1
，即y  9x 8．
∴曲线
处的切线方程为
3
  
3x
x3
2 6ln x 
, x0,．
g x
(ii) 依题意，
x
6
3
3(x 1) 3
2
(x 1)
g ' x 
3x2 6x
  
 


g (x) 
从而可得
，整理可得：
，
x x2
x
 
 
g ' x 
0，解得 x 1．
令
  
 
g ' x , g x
当 x 变化时，
的变化情况如下表：
 

1,
x
0,1
x 1
0
 


g ' x

 

g x
单调递减
极小值
单调递增
∴函数 g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为 g(1)=1，无极大值．
k
x
f (x)  x k ln x ，得
3
f (x) 3x 


2
(
)
Ⅱ证明：由
．
x
1
x2
x , x [1,)
x  x
t (t 1)
对任意的
，且
，令
，则
1
2
1
2




x
1
x
2

k
k
  

 

     
    


2  

2 

2 x  x  k ln
3
3
x 
x 
f x
f x
2 f x
f x
x 
x 
3x1
3x2




1
2
1
2
1
2
1
2
1 
2
x
1
x
2






x
1
x
2
x
1
1
 x1
3  x2
3 3x1
2x 3x x k
1 2
2

2k ln 
 x2
3 t3 3t 2 3t 1 k t  2lnt




．
①
2
x2 
x1
x2
 
t



1
令h(x)  x  2ln x, x[1,) ．
x
2
1
2  
1 
x  
x 

  
  

0 ，
当 x>1 时，h (x) 1
1

x2
1
由此可得  
在
1,
单调递增，∴当 t>1 时，   

，即
h t 
h 1
h x
t  2lnt  0
．
t
x 1 
t 3 3t 2 3t 1 (t 1) 3  0 ，k  3
，
∵
∴
，
2
1

1


3
t3 3t 3t 1 k t  2lnt  t

3t 3t 1 3 t  2lnt  t

x3
2
3
2
3 3t 6lnt  1
2




②
2
 
t

 
t
t
3
3
   

g t 
g 1 ，即t
3t
6lnt  1，故
由(I)(ii)可知，当t 1 时，
3
2
t3 3t 6lnt
2
 1 0
③
t
t
  

 

    
   

f x 
2 f x 
f x 
0．
2 
1 
2

x 
x 
f x
由①②③可得
1
2
1
 

 

  
 
f x 
f x
1 
2
f x
f x
∴当k  3 时，任意的x , x
1
1,，且 x1  x
，有
1
2 
．
2
2
x  x
1 
2
2
5．(2020 浙江 22)已知1  a  2 ，函数 f x
  x  
e
x a ，其中 e=2．71828…为自然对数的底数．
   
(0，
)
(Ⅰ)证明：函数 y 
f x 在
上有唯一零点；
   
(0，
)
(Ⅱ)记 x0 为函数 y 
f x 在
上的零点，证明：
(ⅰ) a 1  x
2(a 1) ；

0
(ⅱ) x0 f (ex ) (e1)(a 1)a ．
0
【答案】(I)证明见解析，(II)(i)证明见解析，(ii)证明见解析．
【思路导引】(I)先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
(II)(i)先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性
确定最值，即可证得不等式；
x


0
 

(ii)先根据零点条件转化： x f (e ) x f (x 
a) ，再根据1 a 2 放缩，转化为证明不等式
0
0
0
4(ea 2) 2  (e 1) (a 1) ，最后构造差函数，利用导数进行证明．
2
 

x
x
f x
  
   
 
(0,)上单调递增，
f (x) 在
【解析】(I)Q f (x)
e
1,Q x
0,
e
1,
( ) 0,
Q1 a  2, f (2)  e
2 2 a  e 4  0, f (0) 1a  0 ，
2
∴由零点存在定理得 f (x) 在(0,)上有唯一零点；
(II)(i) 
f (x )  0,e
Q
x  x a  0 ，
0
0
0
a 1 x
  

2(a 1) 
e
x  
1 x
x
2 2(e  x 1) ，
0
x
0
0
0
0
0
x2
g(x)  e x  x 1 x 2(0  x  2),h(x)  e  x 1 
(0  x  2),
x
令
2
 
 
  

h x 
e 
x h x
x

一方面： ( )
1
( ), h (x) e 
1 0
x   
，
1
1
h (x) h (0) 0, h(x) 在(0, 2)
  
  
 
单调递增，h(x)  h(0)  0，
x2
e
x  x 1 
 0, 2(e
x  x 1)  x
2 ，
2
另一方面：Q 1  a  2a 1 1，
x 1
a 1  x
0
∴当
时，
成立，
g(x)  e

0
因此只需证明当0  x 1 时
x x 1x  0
2
，
∵ g (x)  e  

x
1 2x g (x)，g (x) e


 
2  0  x  ln 2
x
1
1
x(0, ln 2)
x (ln 2,1) 

时， g (x)  0 ，
1
时， g (x) 0 ，当

当
∴
1




 
   
 

，
g (x) max{g (0), g (1)},Q g (0) 0, g (1) 
e 3 0, g (x) 0
 g(x) 在(0,1) 单调递减，g(x)  g(0) 0    
， e
x
x 1 x2 ，
x
1 x0
ex  
 
2 2(ex  
1), 
  
 

2(a 1) ．
x
a 1 x
0
综上，
0
0
0
0
(ii)t(x ) x f (e ) x f (x a)  x [(e 
1)x 
a(e 
2)] ，

x

a 

0
a 
0
0
0
0
0
0


a 

a  

Q t (x ) 2(e
1)x 
a(e
2) 0 ， a 1  x  2(a 1) ，
0
0
0
t(x0 ) t( a 1)  a 1[(e
 e,a  2(a 1) ，
t(x0 )  (e 1)(a 1)  2(a 1) a 1(e
只需证明2(a 1) a 1(e 2)  (e 1)(a 1)2 ，即只需证明4(e
令s(a)  4(e 2) (e 1) (a 1), (1 a  2) ，
a 1) a 1a(e
a 2)] (e a 1)(a 1)a a 1(e 2)，
a
∵1 a  2
，∴
ae
a  2)
．
a
a 2) 2  (e 1) (a 1) ，
2
a
2
2

a
a 2) (e 1)
2 8e(e 2) (e 1)  0 ，
2
则s (a) 8e (e
 
 (e 1)(a 1)a
．
s(a)  s(1)  4(e2)
2  0
4(ea 2) 2  (e 1) 2(a 1)
x f ex
，即
成立，因此
0
0
6．(2015 新课标Ⅰ理 12)设函数 ( ) 
1)
f x  ex(2x  ax a ，其中 a 1 ，若存在唯一的整数 x ，使得
0
f (x0 )  0 ，则a 的取值范围是
3
3 3
B．[ 
, )
2e 4
3 3
C．[ 
, )
2e 4
3
A．[ 
,1)
D．[ 
,1)
2e
2e
【答案】D
【解析】由题意可知存在唯一的整数 x0 ，使得 
(2
e
x
0
x 1)  ax a ，设 g(x) e x(2x 1) ， h(x)  axa ，
0
0
1
1
g(x)  ex(2x 1) ，可知 g(x) 在(,
) 上单调递减，在( ,) 上单调递增，作出 g(x) 与h(x) 的
由
2
2
 a 1
h(0)  g(0)
h(1)≤g(1)

3
大致图象如图所示，故
，即
3 ，所以 
≤a <1．
2e
2a ≤


e


 


7．(2015 新课标Ⅱ理 12)设函数 f (x) 是奇函数 f (x)(x R) 的导函数， f ( 1) 
0 ，当 x 0 时，
xf '(x)  f (x) 0 ，则使得 f (x) 0 成立的 x 的取值范围是
   
 
, 1  0,1
 
  

B． 1,0  1,
A．
C．   
 

, 1  1,0
   

D． 0,1  1,
【答案】A
f (x)
【解析】令h(x) =
，因为 f (x) 为奇函数，所以h(x) 为偶函数，由于
x

xf (x) 
f (x)
h(x) 
，当 x > 0 时， xf '(x) 
f (x) 0 ，所以h(x) 在(0,)

x2
上单调递减，根据对称性h(x) 在(,0)上单调递增，又 f (1)  0 ， f (1) = 0 ，
   
 
数形结合可知，使得 f (x) > 0 成立的 x 的取值范围是
, 1  0,1 ．
8．(2018 全国卷 3 理 21)已知函数 f x 2  x ax

2 

ln 1 x 2x ．

(1)若a  0 ，证明：当1 x  0 时，
f x 0
x  0 
f x 0 ；
时，
；当
(2)若 x  0 是f x的极大值点，求 ．
a
【解析】(1)若a 0 时， f (x)  (2  x) ln(1 x) 2x(x  1) ，
1
1 x
1
x 1
 

 
 

2 ln(x 1)
1．
∴ f (x) ln(1 x) (2 x)
1
x 1
令h(x) ln(x 1)
1，
1
1
x



2
∴h (x)
．
x 1 (x 1)
(x 1) 2
∴当 x 0 时，h (x) 0 ，h(x) 在(0,)上单调递增，

当1 x 0 时，h (x) 0 ，h(x) 在( 1, 0) 上单调递减．


∴h(x)min  h(0) ln111 0 ，

∴ f (x) 0 恒成立，
∴ f (x) 在(1,) 上单调递增，
又 f (0)  2 ln10  0 ，
∴当1 x 0 时， f (x)  0；当 x 0 时， f (x)  0 ．
1ax 2


 

1 ，
(2) f (x) (2ax 1) ln(x 1)
x 1
2ax1 2ax(x 1)ax
2 1 
0，
 

 


f (x) 2aln(x 1)
x 1
(x 1) 2
2a(x 1) 2 ln(x 1) (2ax1)(x 1) ax
2 2ax1 0 ，
2a(x 1) 2 ln(x 1) 3ax
ln(x 1) 3x
2 4ax x  0 ，
4x]  x ．
a[2(x 1) 2
2
设h(x)  2(x 1) 2 ln(1 x) 3x 2 4x ，
 


 


 


∴h (x) 4(x 1) ln(1 x) 2(x 1) 6x 4 ，h (0) 6 0，h(0) 0 ，
∴在 x 0 邻域内， x 0 时，h(x)  0 ， x 0 时，h(x)  0 ．
x
1
x 0 时，a 
x 0 时，a 
，由洛必达法则得a   
，
2(x 1) 2
2
ln(1 x) 3x 2
2
4x
4x
6
x
1
，由洛必达法则得a   ，
2(x 1)
ln(1 x) 3x
6
1
综上所述，a   ．
6
ax  x 1
2
9．(2018 全国卷 3 文 21)已知函数 f (x) 
．
ex
y  f (x) 在点(0,1)
(1)求曲线
处的切线方程；
(2)证明：当a 1 时，f (x) e  0．
(2ax1)e x (ax
(e
2  x 1)e x
ax 2axx  2
2
ax  x 1
2
  

f (x) 

【解析】(1)由题意： f x
得
，
ex
x)2
ex
2
 
 

2 ，即曲线 y  f x 在点 0,1 处的切线斜率为2 ，∴ y (1)  2(x 0) ，即2x y 1 0 ；
 




  

∴ f (0)
1
x1 ax 2  x 1 0 恒成立；令 g(x)  ex1 ax2  
(2)证明：由题意：原不等式等价于：e
x 1 ，
g (x) e x 1 2ax 1 ，g(x) e



x1 2a ，∵a 1，∴ g (x) 0 恒成立，∴ g (x)在(





,) 上单调
∴

,


0
x
0 1 2ax0 1 0 ，即e 
 2ax0
1，且
x
0 1
递增，∴ g (x)在(
) 上存在唯一 x 使 g (x ) 0 ，∴e
0
g(x) 在(, x ) 上单调递减，在(x ,) 上单调递增，∴ g(x)  g(x ) ．
0
0
0
g(x ) ex
0 1 ax0

2  
1 ax0
x
2 (12a)x 
2 (ax 1)(x0 
2) ，
 


又
0
0
0
0
1
1
11
1
1
 





1 e 1，∴ x  


0
g ( 
) e
a
1，∵a 1，∴0 e
a
，∴ g(x ) 0 ，得证．
0
a
a
综上所述：当a 1 时， f xe  0 ．
1
f (x)   x aln x
10．(2018 全国卷 1 理 21)已知函数
．
x
f (x)
(1)讨论
的单调性；
  
 
f x
f x
(2)若 f (x) 存在两个极值点 x , x ，证明：
1
2  a  2
．
1
2

1 
2
x 
x
1
x ax1
2
f (x)   x aln x
f '(x)  
，∴当2  a  2
时，  0 ， f '(x)  0
【解析】(1)①∵
，∴
，
x
x2
f (x) 在(0,)
∴此时
上为单调递增．
a  a 2  4
a  a 2  4
 4
②∵ 0 ，即a  2 或a  2 ，此时方程 x 
ax 1 0 两根为 x
2  
 


, x2

，当
1
2
2
a  2 时，此时两根均为负，∴ f '(x) 在(0,) 上单调递减．当a 2 时，

 

0 ，此时f (x)在
a  a 2 4 ) 上单调递减，f (x)
a  a 2 4 a  a 2 4 ) 上单调递增，f (x)
a  a 2
(0,
在(
,
在(
, )
2
2
2
2
a  a 2 4 ) ，
f (x) 
(0,)
在 
时，
上单调递减；a  2
f (x)
上单调递减．∴综上可得，a 2 时，

在(0,
2
a  a 2  4
a  a 2 4 a  a 2 4)上单调递增．
,) 上单调递减，
f (x)在(
,
(
2
2
2
1
x , x 
a  2 
x  x  a, x x 
1，令
 

0  x1  x
x 
1
(2)由(1)可得， x2 ax10 两根
得
，
，∴
，
1
2
1
2
1
2
2
x2
1
1
f (x )  f (x )  
 x aln x ( 
 x aln x )  2(x x )a(ln x ln x )
．∴
2
1
2
1
1
2
2
2
1
1
x
1
x
2
f (x )  f (x )
ln x
1 ln x
f (x )  f (x )
ln x
1 ln x
1
2  2 a
2
1
2  a 2 成立，即要证
2 1
，要证
成立，∴
x1  x2
x1  x2
x1  x2
x1  x2
x
1x
2
x 
x
1
ln 
 x1  x2
2ln x2  
 x2
x2
x
1  x
2
，
 0(x 1) 

 0

2
1
2
1
2ln x2  
 x2  0
1)
x
(
2
即要证
x2
ln x
1 ln x
2
1
g(x) 在(1,)
g(x)  g(1)  0
上为增函数，∴ 
，∴
1
g(x)  2ln x   x(x 1)
令
，可得
x1  x2
x
f (x )  f (x )
1
2
 a 2 成立．
成立，即
x1  x2
11．(2018 全国卷 1 文 21)已知函数  

f x  aex  ln x  ．
1
 

 

(1)设 x  2 是 f x 的极值点，求a，并求 f x 的单调区间；
1
 

(2)证明：当a≥ 时， f x ≥0 ．
e
1
f (x) 定义域为(0,) 
f (x) ae 

x
【解析】(1)
，
．
x
1
1
x  2 是 f (x) 极值点，∴
，∴ae2   0  a 
．
f (2) 0
∵
2
2e2
∵e x 在(0,) 
上增，a 0 ，∴ae 在(0,)
上增．
x
1
(0,)
f (x) 在(0,)
 

f (2) 0
上增．又 
，
又 
在
上减，∴
x
x(0, 2)
f (x) 0 
f (x)
，

x (2,)

f (x) 0 
f (x)
时， 
增．

∴当
时，
减；当
，
1
综上，a 
，单调增区间为(2,) ，单调减区间为(0, 2)
．
2e2
1
1
ex  0 ，∴当a  时有ae
x   

ex
ex1
(2)∵
，
e
e
f (x)  ae x ln x 1 e x ln x 1 ．
1
∴
令g(x)  e
x 1 ln x 1 ， x(0,) ．

1
1
g (x) ex 1


g(x) 
(0,
在
)
 
 11  
g (1) 
e 
0
，
，同(1)可证
上增，又
x
1
x(0,1)
g (x) 0 
g(x)
，

x (1,)

g (x) 0 
g(x)
时， 
增．

∴当
时，
减；当
，
g(x)min 
g(1)  e1 1 ln1 1 1 0 1 0


   
 
∴
，
1
∴当a 
时，f (x)  g(x)  0 ．
e
f (x)  ax ax xln x ，且 f (x)≥0 ．
2
12．(2017 新课标Ⅱ理 21)已知函数
(1)求a ；
e2  f (x ) 22 ．

(2)证明： f (x) 存在唯一的极大值点 x0 ，且
【解析】(1) f (x) 的定义域为(0,)．
0
设 g(x)  axa ln x ，则 f (x)  xg(x) ， f (x)≥0 等价于 g(x)≥0 ．
1
因为 g(1)  0 ， g(x)≥0 ，故 g(1)  0 ，而 g (x) a
 

 
 
， g (1) 
a 1，得a 1．

x
1
若a 1，则 g (x) 1

  
 
 
 
 

．当0 x 1 时，g (x) 0 ，g(x) 单调递减；当 x 1 时，g (x) 0，g(x) 单
x
调递增．所以 x 1 是 g(x) 的极小值点，故 g(x)≥ g(1)  0 ．
综上，a 1．
f (x)  x 2  x  xln x ， f (x) 2x 2 ln x ．

(2)由(1)知
1
设h(x)  2x 2 ln x ，则h (x)  2 

．
x
1
1
1
1
当 x(0, ) 时，h (x) 0 ；当 x ( , 
) 时，h (x) 0 ．所以h(x) 在(0, ) 单调递减，在( ,




) 单调
2
2
2
2
递增．
1
1
2
1
2
h(e2) 0 ， h( ) 0 ，h(1) 
0 ，所以 h(x) 在(0, ) 有唯一零点 x ，在[ 
,



) 有唯一零点 1，且当
又
0
2
x(0, x ) 时，h(x)  0；当 x(x ,1) 时，h(x)  0 ；当 x(1,) 时，h(x)  0 ．
0
0


0
因此 f (x) h(x) ，所以 x x 是 f (x) 的唯一极大值点．






0
由 f (x ) 0 得ln x 
2(x0 1) ，故 f (x ) x (1 x ) ．
0
0
0
0
1
4
由 x (0,1) 得， f (x )．
0
0
因为 x  x0 是 f (x) 在(0,1) 的最大值点，由e
1 
 

(0,1) ， f (e ) 0 得
1
f (x ) 
f (e1) e2 ．


0
e2  f (x )  22 ．
0
所以
f (x)  ln x ax (2a 1)x ．
2
13．(2017 新课标Ⅲ文 21)已知函数
(1)讨论 f (x) 的单调性；
3
(2)当a 0 时，证明 f (x)≤
2．
4a
1
(x 1)(2ax1)
【解析】(1) f (x) 的定义域为(0,)， f (x)
 

2ax 2a 1

．
x
x
若a≥0 ，则当 x(0,) 时， f (x) 0 ，故 f (x) 在(0,)单调递增．

1
1
1
若a 0 ，则当 x(0, 
) 时， f (x) 0 ；当 x (

 ,) 时， f (x) 0 ．故 f (x) 在(0,

) 单调
2a
2a
2a
1
递增，在(
,) 单调递减．
2a
1
(2)由(1)知，当a 0 时， f (x) 在 x 

取得最大值，最大值为
2a
1
1
1
f ( 
)  ln( 
) 1
．
2a
2a
4a
3
1
1
3
所以 f (x)≤
2 等价于ln( 
) 1
≤
2 ，
4a
2a
4a
4a
1
1
即ln( 
) 
2a 
2a
1≤0 ．
1
设 g(x)  ln x  x 1，则 g (x)
 

1．
x
当 x(0,1)时， g (x) 0；当 x(1,) 时， g (x) 0 ．所以 g(x) 在(0,1) 单调递增，在(1,) 单调递


减．故当 x 1 时， g(x) 取得最大值，最大值为 g(1)  0 ．所以当 x 0 时， g(x)≤0 ．从而当a 0
时，1
1
3
ln( 
) 
1≤0 ，即 f (x)≤
2．
2a 
2a
4a
14．(2016 年全国 III 卷)设函数f (x) ln x x 1．
(Ⅰ)讨论 f (x) 的单调性；
x1
(Ⅱ)证明当x(1,) 时，1
 x
；
ln x
(III)设c 1，证明当 x(0,1)时，1(c 1)x  c x ．
1
【解析】(Ⅰ)由题设， f (x) 的定义域为(0,)， f (x)
 

1，令 f (x) 0 ，解得x 1．当0  x 1 时，

x



f (x) 0 ， f (x) 单调递增；当 x 1 时， f (x) 0 ， f (x) 单调递
减．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知， f (x) 在 x 1 处取得最大值，最大值为 f (1)  0 ．
所以当 x 1 时，ln x  x 1．
1
1
x 1
ln x
故当 x(1,) 时，ln x  x 1，ln 
 1，即1
x 
x
 x ．
(Ⅲ)由题设c 1，设 g(x) 1(c 1)x c x ，则 g (x) c 1 c
  

x lnc ，
c 1
ln c
ln c
ln
令 g (x) 0 ，解得 x 

．
0
当 x  x 时， g (x) 0， g(x) 单调递增；当 x x 时， g (x) 0， g(x) 单调递
减．



0
0
c 1
ln c
由(Ⅱ)知，1
 c ，故0  x0 1，又 g(0)  g(1)  0 ，
故当0  x 1 时， g(x)  0 ．
所以当 x(0,1)时，1 ( 
1)
 c  x  c x ．
  2x aln x ．
15．(2015 全国 1 文 21)设函数 f x 
e
 

 

(I)讨论 f x 的导函数 f x 的零点的个数；
2
(II)证明：当a 0 时 f x 
2a aln 
．
 
 

a
a
x
【解析】(Ⅰ) f (x) 的定义域为(0，+) ，f (x)=2e2x x  0．


当a≤0 时， f (x) 0 ， f (x)没有零点；
a
当a 0 时，因为e2x 单调递增，  单调递增，所以 f (x) 在(0，+ ) 单调递增．又 f (x) 0 ，当b 满
足



x
a
1
0  b  
且b  
时， f (b) 0 ，故当a 0 时， f (x) 存在唯一零点．



4
4




(Ⅱ)由(Ⅰ)，可设 f (x) 在(0，+ ) 的唯一零点为 x ，当 x (0，x ) 时， f (x) 0 
；
0
0
当 x(x ，+) 时， f (x) 0 ．

0
故 f (x) 在(0，x ) 单调递减，在(x ，+) 单调递增，
0
0
所以当 x  x 时， f (x) 取得最小值，最小值为 f (x ) ．
0
0
a
a
2
2
由于2e2x
0 
=0 ，所以 f (x0 )=
2ax aln ≥2a aln 
．
0
x0
2x0
a
a
2
故当a 0 时， f (x)≥2a aln 
．
a
bex1
x
16．(2013 全国卷 1 理 12)设函数 ( )
f x  ae x ln x 
，曲线 y  f (x) 在点(1， f (1) 处的切线为
y  e(x 1) 2．
(Ⅰ)求a,b ；
(Ⅱ)证明： f (x) 1．
a
x
b
b
x
 


ln x 

x1 
x1
【解析】(Ⅰ) 函数 f (x) 的定义域为 0,
，f (x) aex
ex
e
2
e
x

 
 ，故a 1,b  
2
……………6 分
由题意可得 f (1) 
2, f (1) 
e
2ex1
2
(Ⅱ)由(Ⅰ)知， f (x)  ex ln x 
，从而 f (x) 1 等价于 xln x xex


x
e
 1 
 e 
 1
 e


设函数 g(x)  xln x ，则 g (x) 
x ln x ，所以当 x 0, 时，g (x) 0 ，当 x  
,
 




时，g (x) 0 ，

 1 
 e  
 e
 1


故 g(x) 在0, 单调递减，在 , 单调递增，从而 g(x) 在 
0,
 

的最小值为
1
1
g( )   ．
……………8 分
e
e
2
h x 
xe

x ，则h(x) e
x 1x，所以当 x0,1时，h(x)  0 ，当 x1,时，h(x)  0
，
设函数 ( )
e
1
 

 单调递减，从而h(x) 在0,的最大值为h(1)
 

故h(x) 在
0,1 单调递增，在 1,
．
e
综上：当 x 0 时， g(x)  h(x) ，即 f (x) 1．
 
x m ．
……………12 分
17．(2013 全国卷 2 理 21)已知函数 f (x) =ex
ln(
)
(Ⅰ) 设 x =0 是 f (x) 的极值点，求m ，并讨论 f (x) 的单调性；
(Ⅱ)当m ≤2 时，证明： f (x) ＞0．
1
【解析】(Ⅰ) f (x) =e 

x
，
x  m
1
∵设 x =0 是 f (x) 的极值点，∴ f (0) =1

=0，解得m =1，
m
1
x 1
1

x 
 

，∴ f (x) = e
x
∴ f (x) 的定义域为(－1，+∞)， f (x) =e
＞0，
(x 1) 2

∴ f (x) 在(－1，+∞)上是增函数，
∴当 x(-1，0)时， f (x) ＜ f (0) =0，当 x (0，+∞)时， f (x) ＞ f (0) =0，





∴ f (x) 的增区间为(0，+∞)，减区间为(-1，0)．
(Ⅱ)当m ≤2， x( m ，+∞)时，ln(x m) ≤ln(x 2) ，故只需证明当m =2 时， f (x) ＞0，
1
当m =2 时，函数 f (x) =e

x 
在(-2，+∞)单调递增．
x  2
 



又 f ( 1) ＜0， f (0) ＞0，∴ f (x)=0 在(-2，+∞)有唯一实根 x ，且 x ∈(-1，0)，
0
0
当 x(-2， x )时， f (x) ＜0，当 x ( x ，+∞)时， f (x) ＞0，



0
0
∴当 x = x0 时， f (x) 取得最小值．
1

x
0
，∴ln(x0 2)  x0 ，
由 f (x ) =0 得e =
0
x0  2
(x0 1) 2
1

∴ f (x) ≥ f (x0 ) =
 x0 =
＞0，
x0
2
x0  2
综上，当m ≤2 时， f (x) ＞0．
aln x b
x 1 
x
18．(2011 全国课标文 21)已知函数 f (x) =
，曲线y = f (x) 在点(1， f (1) )处的切线方程为
x 2y 3  0 ．
(Ⅰ)求a ，b 的值；
ln x
x 1
(Ⅱ)证明：当 x ＞0，且 x 1 时， f (x) ＞
．
x 1
(
ln x)
b
x
【解析】(
)
Ⅰ f '(x) 

(x 1) 2
x2
 f (1) 1,
1

由于直线 x 2y 3  0 的斜率为 ，且过点(1, 1) ，故

1 即
f '(1)   ,
2


2
b 1,

解得a 1，b 1．
a
1
b   ,

2
2
ln x
x 1 x
1
(
)
Ⅱ由(
)
Ⅰ知f (x) 
 ，所以
ln x
x 1 1 x
1
(2 ln x  
1)
x2
f (x) 

2
x
x 1
2
考虑函数h(x)  2ln x 
(x  0) ，则
(x 1)
x
2x (x 1)
2
2
2
2
h (x)  


 

x
x 2
x 2
所以当 x 1 时，h (x)  0,而h(1)  0,故

1
1 x
当 x ( 0,1) 时，h(x)  0,可得
当 x (1,)时，h(x)  0,可得
h(x)  0;
2
1
h(x)  0;
1 x 2
ln x
x 1
ln x
x 1
从而当 x  0,且x 1, f (x) 
 0,即f (x) 
.


19．(2010 全国课标文 21)设函数 f (x) =x e 1 ax2 ．
x
1
(Ⅰ)若a = 
，求 f (x) 的单调区间；
2
(Ⅱ)若 x ≥0 时 f (x) ≥0，求a 的取值范围
1
1
【解析】(Ⅰ) a  
时，f (x)  x(e x 1)  x2 ，f '(x)  e
x 1 xe x
x
 
 
 x  (e 1)(x 1) ．当 x 
, 1
2
2
时 f '(x)   ；当 x
1,0
 
时， f '(x)  0；当 x0,时， f '(x)  0 ．故 f (x) 在,1，
0,
单调增加，在(-1，0)单调减少．
(Ⅱ) f (x)  x x(
a 1ax) ．
令 g(x)  xa  ax ，则 g '(x) e a ．
1
x
若a 1，则当 x 
0,
 时，g '(x)   ，g(x) 为减函数，而 g(0)  0 ，从而当 x≥0 时 g(x) ≥0，即 
f (x)
≥0．
若a ，则当 x0,lna时，g '(x)  ，g(x) 为减函数，而 g(0)  0 ，从而当 x0,lna时 g(x) ＜0，
即 f (x) ＜0．
综合得a 的取值范围为 

,1 ．
f (x)  ax 2 a ln x ，其中a R ．
20．(2016 年四川) 设函数
(I)讨论 f (x) 的单调性；
1
(II)确定a 的所有可能取值，使得f (x)   
 在区间(1,) 内恒成立(e=2．718…为自然对数的底
e1 x
x
数)．
1
2ax2 1,x
 0
  

 

【解析】(I)由题意， f ' x 
2ax
x
x
①当a „0 时， 2ax2
f 'x 0 ，
1 0 ，
f x在0,上单调递减．
1
1


  
f ' x 
0 ；
时，
②当a  0 时，令
f (x) 0
x
x(0,
)
，有
，当
2a
2a
1
当 x (
,) 时，
f 'x 0．
2a
1
1
 在
(0,
f x
(
,)
上单调递增．
故
) 上单调递减，在
2a
2a
g(x)  1 
1
(II)令
，
s(x)  e x1  x ．则 s(x)  e x1 1 ．而当 x 1 时，
x ex 1

，所以
(1,
S(1)  0
s(x)  0 ，
，有
s (x) 0
s(x)
)
在区间
内单调递增．又由
从而当x 1 时， g(x)  0 ．
当a „ 0 ， x 1 时， f (x)  a(x 1) ln x  0
．
2
f (x)  g(x) 在区间(1,) 内恒成立时，必有a  0
故当
．
1
2
1
当0  a 
时，
1．
2a
1
1
f (
)  f (1)  0
g(
，而
)  0 ，
由(I)有
2a
f (x)  g(x) 在区间(1,)
2a
所以此时
内不恒成立．
1
当a …
时，令h(x)  f (x)  g(x)(x …1) ．
2
1
1
1
1
1
当 x 1 时，h (x) 2ax

  
e
1x   

x

2
x 
x2
x 
x
x
x3 2x 1 
x 2 2x 1


 0 ，
x2
x2
因此，h(x) 在区间(1,) 内单调递增．
又h(1)  0 ，所以当 x 1 时，h(x)  f (x)  g(x)  0，即 f (x)  g(x) 恒成立．
1
综上，a [ ,)
2
f (x)  ln(x 1) a(x  x) ，其中aR ．
2
21．(2015 山东)设函数
(Ⅰ)讨论函数 f (x) 极值点的个数，并说明理由；
(Ⅱ)若x  0， f (x)≥0 成立，求a 的取值范围．
【解析】：(Ⅰ)由题意知 函数 f (x) 的定义域为(1,) ，
1
x 1
2ax2  ax a 1
x 1
f (x) 
 a(2x 1) 
，
g(x)  2ax 2 ax a 1， x(1,) ，
令
(1)当a 0 时， g(x) 1，
此时 f (x)  0 ，函数 f (x) 在(1,) 单调递增，无极值点；

(2)当a 0 时，  a 2 8a(1a  a a 
)
(9 
8)，
8
①当0  a  
时，  0， g(x)  0 
，
9
f (x)  0 ，函数 f (x) 在( 1, 
) 单调递增，无极值点；

 

8
②当a  
时，  
0，
9
 ax a 1  0 的两根为 x , x (x  x ) ，
设方程2ax
1 
2 
1 
2
2
1
因为 x  x   ，
1
2
2
1
1
所以 x   ， x   ，
1
2
4
4
1
由 g(1) 1 0 ，可得1 x   ，
1
4
所以当 x(1, x ) 时， g(x)  0, f (x)  0，函数 f (x) 单调递增；
1
当 x(x , x ) 时， g(x)  0， f (x) 0 ，函数 f (x)单调递减；

1
2
x(x2,)
g(x)  0 ，f (x)  0 ，函数 f (x) 单调递增；
当
时，
因此函数有两个极值点．
(3)当a 0 时，  
0，
由 g(1) 1 0 ，可得 x1  1，
当 x(1, x ) 时， g(x)  0 ， f (x) 0 ，函数 f (x) 单调递增；

2
x(x2,)
时，g(x)  0， f (x)  0 ，函数 f (x) 单调递减；
当
所以函数有一个极值点．
综上所述：当a 0 时，函数 f (x) 有一个极值点；当0  a  
时，函数 f (x) 无极值点；当a  
时，函
8
8
9
9
数 f (x) 有两个极值点．
(II)由(I)知，
8
(1)当0  a  
时，函数 f (x) 在(0,) 上单调递增，
9
因为 f (0)  0 ，所以 x (0,) 时， f (x)  0 ，符合题意；
8  a 
g(0)  0 ，得 x2  0，
1 时，由
(2)当9
所以 函数 f (x)在(0,) 上单调递增，
又 f (0)  0 ，所以 x (0,) 时， f (x)  0 ，符合题意；
(3)当a 1 时，由 g(0)  0 ，可得 x2  0，
x(0, x )
所以
时，函数f (x) 单调递减；
2
因为 f (0)  0 ，所以 x(0, x2 ) 时， f (x)  0 ，不合题意；
(4)当a 0 时，设h(x)  x ln(x 1)，
1
x
因为 x (0,) 时，h (x) 1


 0
x 1 
x 1
所以h(x) 在(0,) 上单调递增．
因此当 x (0,) 时，h(x)  h(0)  0 ，即ln(x 1)  x ，
可得 f (x)  x  a(x 
x) ax 
(1 a)x
，
2  

2  

1
当 x 1 
时，ax 2 (1a)x  0 ，
a
此时 f (x)  0 ，不合题意，
综上所述，a 的取值范围是[0,1]．
考点 33 利用导数研究函数零点问题
f x  e
1．(2020 全国Ⅰ文 20)已知函数  
x a x  2

．
(1)当a 1 时，讨论  的单调
性；
f x
(2)若  有两个零点，求 的取值范围．
f x
a
1
【答案】(1)减区间为(,0)
，增区间为(0,) ；(2) ( ,)
．
e
【思路导引】(1)将a 1 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区
间和减区间；
ex
(2)若 f (x) 有两个零点，即ex
(
2) 0
a x  
 有两个解，将其转化为a 
有两个解，令
x  2
ex
h(x) 
(x  2) ，求导研究函数图像的走向，从而求得结果．
x  2
【解析】(1)当a 1 时，f (x)  ex (x 2) ， f '(x)  e
(x)  0 ，解得 x 0 ，
∴ f (x) 的减区间为(,0)
，增区间为(0,) ．
x 1，
令f '(x)  0 ，解得 x 0 ，令 f'
ex
(2)若 f (x) 有两个零点，即ex a x  有两个解，从方程可知， x  2 不成立，即a 
(
2) 0
有两个解．
x2
ex(x 2) e
x
ex(x 1)
ex

(x  2) ，则有h'(x) 

令h(x)
，
x  2
(x)  0 ，解得 x  1，令h
∴函数h(x) 
在(,2) 和(2,1)上单调递减，在(1,) 上单调递增，且当 x  2 时，h(x)  0 ，而
(x 2) 2
(x 2) 2
令h'
'(x)  0 ，解得 x  2 或2  x  1，
ex
1
x  2 时，h(x)
 

，当x  
h(x)  
时，
，∴当a 
有两个解时，有a  h(1) 
，
x  2
e
1
∴满足条件的 的取值范围是：( ,) ．
a
e
  
 

kx k 2 ．
2．(2020 全国Ⅲ文 20)已知函数f x 
x3
 

(1)讨论 f x 的单调性：
 

(2)若 f x 有三个零点，求k 的取值范围．
4
【答案】(1)详见解析；(2)(0,
)
．
27
f '(x)  3x k ，对k 分k 0 和k 0 两种情况讨论即可；
2
【思路导引】(1)

k
 f ( 
)  0

3
(2) f (x) 有三个零点，由(1)知k 0 ，且


k
，解不等式组得到 的范围，再利用零点存在性定理

k
f ( 
)  0


3
加以说明即可．
f '(x)  3x k ，
2
【解析】(1)由题，
当k 0 时，
'(x)  0 恒成立，∴ f (x) 在(,)
上单调递增；
f
k
k
k
当k 0 时，令
'(x)  0 ，得 x  
，令
'(x)  0 ，得
 x 
，
f
f
3
3
3
k
k
k 
k
k
k
f '(x)  0 ，得 x  
或 x 
，∴ f (x) 在(
,
3)上单调递减，在(, 3) ，(
,) 上
令
3
3
3
3
单调递增．


k
2
k
 f ( 
)  0
k
2
2
 k
 0
 0

3

3
2
3
4
(2)由(1)知， f (x) 有三个零点，则k 0 ，且


，即
，解得0  k 
，
27

k

k
f ( 
)  0
k  k



3

3
3
4
k
k
当0  k 
时，k 
，且f ( k)  k2 0 ，∴ f (x) 在(
, k )上有唯一一个零点，
27
3
3
k
k
同理k 1 
，f (k 1)  k
3 (k 1) 2  0
f (x) 在(k 1,
，∴
) 上有唯一一个零点，又 f (x)
3
3
k 
k
在(
,
3)上有唯一一个零点，∴f (x)
有三个零点．
3
4
k
综上可知 的取值范围为
(0,
)
．
27
f (x)  x 
2

)
2x a(e
x 1 ex1 有唯一零点，则 a=( )
3．(2017 全国卷 3，理 11)已知函数
1
2
1
3
1
A．
B．
C．
D．1
2
【答案】C
【解析】函数 f (x) 的零点满足x 2x  a ex 1 e x 1
 

，

 
2
2x1 1
e
1
 
 
g x
x 1 e x 1 ，则 g x

 
 
 
x 1 e x 1

 x1 

x1
设
e
e
e
，
x 1

e
e
 
 


 
 
 

当 g x 
0 时， x 1；当 x 1 时， g x 
0，函数 g x 单调递
减；
当 x 1 时， g x 
0 ，函数 g x 单调递增，
 
 
 

当 x 1 时，函数 g x 取得最小值，为 g 1 
2 ．
 

 
 
 
 
2 

 


设h x 
x 
2x ，当 x 1 时，函数h x 取得最小值，为 1，
若a  0 ，函数h x 与函数 ag x 没有交点；
 

  

若a  0 ，当 ag 1 
h 1
    时，函数hx和agx有
一个交点，1
即a2  1，解得a  
．故选 C．
2
4．(2014 卷 1 理 11)已知函数 f (x) =ax3 3x 1，若 f (x) 存在唯一的零点 x ，且 x ＞0，则a 的取值范
2
0 
0
围为(
)
A ．(2，+∞)
【答案】B
B ．(-∞，-2)
C ．(1，+∞)
D ．(-∞，-1)
2
【解析 1】由已知a  0，f (x) 3ax

2 

6x ，令 f (x) 0 ，得 x 0 或 x


，
a
2 
 2
 a


当a 0 时， x 
 
,0 , f (x) 0; x 0, , f (x) 0; x  ,




, f (x)  0 ；

 a 
且 f (0) 1 0 ， f (x) 有小于零的零点，不符合题意．
2  
 2 


当a 0 时， x  
, , f (x) 0; x  ,0, f (x) 0; x 
0,
 




, f (x) 0
  



a 
 a 

2
要使 f (x) 有唯一的零点 x 且 x ＞0，只需 f ( )  0 ，即
a2  4 ，a  2．选 B
0
0
a
1
1
【解析 2】由已知a  0 ， f (x) = ax
3 3x 2 1 有唯一的正零点，等价于a  3 
x x3
1
有唯一的正零根，令t  
，则问题又等价于a  t 3 3t 有唯一的正零根，即 y  a 与 y  t 3t 有唯一
3
x
f (t)  t 3 3t ， f (t)  
3t
2 
 
 
 1，
3 ，由 f (t) 0 ，t
的交点且交点在在 y 轴右侧记
t
t
, 1 , f (t) 0;t
    
 
 
  
 
，
1,1 , f (t) 0;
   
 ，要使a  t
3t 有唯一的正零根，只需a  f (1)  2 ，选 B
1, 
, f (t) 0
3
5．(2019 全国Ⅰ理 20)已知函数
f (x)  sin x ln(1 x) ， f (x) 为 f (x)
的导数．证明：


(1)
(2)
f (x) 在区间( 1, ) 存在唯一极大值点；
2
f (x)有且仅有 2 个零点．
1
1 x
1
【解析】(1)设 g(x)  f '(x) ，则 g(x)  cos x 
， g'(x)  sin x 
．
(1 x) 2




2 

当 x 1, 时， g'(x)单调递减，而 g'(0) 0, g'( ) 0 ，


2




2 
可得 g'(x)在1, 有唯一零点，设为 
．
 

则当 x(1,) 时， g'(x)  0 ；当 x, 时， g'(x)  0 ．
2 
 

所以 g(x) 在(1,) 单调递增，在 ,




2 
单调递减，故 g(x) 在 1, 
存在唯一极大值点，
即



2 




2 
f '(x) 在 1, 
存在唯一极大值点．

(2) f (x) 的定义域为(1,)．
(i)当 x(1, 0] 时，由(1)知， f '(x) 在 ( 1,0) 单调递增，而 f '(0)  0 ，所以当 x(1, 0) 时，
f '(x)  0 ，故 f (x) 在( 1,0) 单调递减，又 f (0)=0，从而 x 0 是 f (x) 在(1,0]的唯一零点．
 

 

 

 2 
(ii)当 x 0, 
时，由(1)知，f '(x) 在(0,) 单调递增，在 , 
单调递减，而 f '(0)=0 f 
'
 0，



 

，

2
2 
 

 

所以存在  , 
，使得 f '()  0 ，且当 x(0,) 时，f '(x)  0；当 x , 时，f '(x)  0 
．故



2 
2 
 

f (x) 在(0,) 单调递增，在 , 
单调递减．


2 
 

 2 




2 
 
 0 ，所以当 x 0, 时， f (x)  0 ．
又 f (0)=0 ， f
1ln 1
 




2
 

从而 f (x) 在 0, 
没有零点．


2
  

 2 

  

 2 

 

(iii)当 x ,时，f '(x)  0 ，所以 f (x) 在 
,单调递减．而 f
 0 ，f ()  0 ，所以 f (x)

 

 2 
  

, 有唯一零点．
在
 2 

(iv)当 x(,) 时，ln(x 1) 1，所以 f (x) <0，从而 f (x) 在(,) 没有零点．
综上， f (x) 有且仅有2 个零点．
x 1
6．(2019 全国Ⅱ理 20)已知函数 f x 
ln x 
 
 
．
x 1
(1)讨论 f(x)的单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点；
y ex 的切线．
(2)设 x 是 f(x)的一个零点，证明曲线 y=ln x 在点 A(x ，ln x )处的切线也是曲线
0
0
0
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,1) (1,) 
．
1
1
f (x) 

 0
f (x)
，所以 
在(0，1)，(1，+∞)单调递增．
因为
x
(x 1) 2
e1
e1
1
1
3
1
e
e
2
2
e2
因为 f(e)=1
0，
f (e
)  2 

 0 ，
2
e2
所以 f(x)在(1，+∞)有唯一零点 x ，即 f(x )=0．
1
1
1
1
x
1 1
x1 1
又0 
1， f ( )  ln x1 
x1
  f (x1 )  0 ，
x1
1
故 f(x)在(0，1)有唯一零点
．
x1
综上，f(x)有且仅有两个零点．
1
1
eln x0
(2)因为
，故点 B(–lnx0，
)在曲线 y=ex 上．
x0
x0
x0 1
x0 1
f (x0 )  0 ，即ln x
0 
由题设知
，
1
1 
x 1
ln x0
0
x
0
x
0
x
0 1
1
故直线 AB 的斜率k 


．
x0 1
ln x 
x

x0

 x0
0
0
x0 1
1
1
1
B(ln x0 ,
)
y ln x
A(x ,ln x )
曲线 y=ex 在点
处切线的斜率是
，曲线
在点
处切线的斜率也是
，
x0
x0
0
0
x0
y ln x
A(x
0,ln x )
所以曲线
在点
0 处的切线也是曲线y=ex的切线．
f (x)  ex ax
．
2
7．(2018 全国卷 2 理 21)已知函数
(1)若a 1 ，证明：当
(2)若 f (x) 在(0, ) 只有一个零点，求a ．
x2
x  0 时， f (x) 1；

1 ex 10 ，
【解析】(1)当a 1 时，f (x) 1 等价于
    x 1
  x
g' x
  x    
2
g x
x2 1 e
2 2x 1 e 
x 1 e
x
设函数
，则
，
g'x 0
gx在0,
当 x 1 时，
，所以
时，
单调递减，
  

x  0
  

  

，即
g 0
0
g x
0
f x 
1．
而
，故当
(2)设函数hx1ax e
2 x ， f x在0,只有一个零点当且仅当hx
在 只有一个零
点．
0,
hx0 ，hx
当a  0 时，
没有零点；
当a  0 时，hx axx  2ex
．
x0, 2时，h'x0；当 x2,时，h'x 0
当
．
h x
   0, 2单调递减，在
2,
在
单调递增．
4a
  

故h 2
是
hx在0,的最小值．
1
e2
e2
  

   
0,
在 
没有零点；
h 2 
0，即a 
h x
①若
②若
③若
，
，
4
e2
  
h 2 
0，即a 
   
h x 
0,
在 
只有一个零点；
4
e2
  
h 2 
0，即a 
  

   

0,2
在
h 0 
1，所以h x
，由于
有一个零点，
4
16a3
16a 
16a
3
3
1
h 4a
1
1
 
1
1  0
由(1)知，当 x  0 时，e ，所以
．
x
x2
  

e4a
 

2
 

4
a
e2a
2a
  2, 4a
   
0,
在 
有两个零点．
h x
有一个零点，因此h x
故
在
e2
   

f x
0,
a 
综上，
在
只有一个零点时，
．
4
1
  

    

x3 
a x 
x 1 ．
2
8．(2018 全国卷 2 文 21)已知函数 f x 3
(1)若a  3 ，求 f (x) 的单调区间；
(2)证明： f (x) 只有一个零点．
1
【解析】(1)当a  3 时，f x x
3 3x 2 3x  3 ， f x x2 
6x 3 ．

3
令 f x 0 解得 x  3  2 3 或 x 3 2 3 ．

 

 
 3  2 3,

 

时，
当 x –,3  2 3
f x  0
；
当 x 3  2 3,3 2 3 时，
f x 0
．



故 f x在 –,3  2 3 ，

 3  2 3,单调递增，在3  2 3,3  2 3
单调递减．
x3
(2)由于 x
设 g(x) =
2  x 1 0 ，所以 f (x)  0 等价于
3a 0 ．
x2  x 1
x2  2x 3
2
x3
x
3a ，则 gx 
 0
x  0 时 gx 0
gx
，所以
，仅当
x2  x 1
x2  x 1
2
在–，单调递
增，故
gx至多有一个零点，从而f x至多有一个零点．
2
1


1 
6 
1
1
  
6a2  2a
  


 

f 3a 1  0
f x
又 f 3a 1
6a
0 ，
，故
有一个零点．

3
6
3
综上， f x只有一个零点．
f (x)  ae2x (a 2)e
x  x ．
9．(2017 全国课标 1 理 21)已知函数
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 f (x) 有两个零点，求 a 的取值范围．
【解析】(1) f (x) 的定义域为(,) ，
f (x) 2ae2x (a 2)e

x 1 (ae x 1)(2e 1) ，
x
(
)
ⅰ若a 0 ，则 f (x) 0 ，所以 f (x) 在
(

,) 单调递减．
(
)
ⅱ若a 0 ，则由 f (x) 0 得 
x

 lna ．
当 x(,ln a) 时， f (x) 0 ；当 x ( ln a, 
) 时， f (x) 0 ，所以 f (x) 在( 
, ln a) 单调递减，

 


 

在(ln a,) 单调递增．
(2)(
)
ⅰ若 a 0 ，由(1)知， f (x) 至多有一个零
点．
1
(
)
ⅱ若a 0 ，由(1)知，当 x  lna 时， f (x) 取得最小值，最小值为 f (ln a) 1 ln a ．
a
①当a 1 时，由于 f (ln a)  0 ，故 f (x) 只有一个零点；
1
②当a(1,) 时，由于1 ln a  0 ，即 f (ln a)  0 ，故 f (x) 没有零点；
a
1
③当a(0,1) 时，1 ln a  0 ，即 f (ln a)  0 ．
a
又f ( 2) ae
  
4  
(a 2)e
2 0
2 2  2e
2   
，故 f (x) 在(,ln a)有一个零点．
3
设正整数n 满足n  ln( 1) ，则 ( ) e ( en
f n  n
0 a
a 2) n 
en n0 2n n  ．
0
0
0
0
0
0
0
0
0
a
3
由于ln( 1)  ln a ，因此 f (x) 在(ln a,) 有一个零点．
a
综上，a 的取值范围为(0,1) ．
f (x)  (x 2)e a(x 1)2 有两个零点．
x
10．(2016 年全国Ⅰ理 21) 已知函数
(I)求 a 的取值范围；
(II)设 x ， x 是 f (x) 的两个零点，证明： x  x  2 ．
1
2
1
2
【解析】(Ⅰ) f '(x)  (x 1)e x 2a(x 1)  (x 1)(e x 2a) ．
(i)设a 0 ，则

f (x)  (x 2)e x ， 
只有一个零点．
f (x)
(ii)设a 0 ，则当

x(,1)
时，f '(x)  0 ；当x(1,)
时， 
．
f '(x)  0
所以 f (x) 在(,1) 上单调递减，在(1,) 上单调递增．
a
又f (1)  e ， f (2)  a
，取 满足
b
b  0 且b  ln
，则
2
a
3
f (b)  (b 2) a(b 1)
2  a(b 2  b)  0 ，故 
存在两个零点．
f (x)
2
2
(iii)设a 0 ，由
得 
或 
．
f '(x) 0 
x 1 
x  ln(2a)

e
若a   
，则ln(2a) 1，故当 x(1,)
时，f '(x)  0
，
2
f (x) 在(1,)
x 1 时， f (x) 0，
因此
上单调递增．又当
所以 f (x) 不存在两个零点．
e
若a   
，则ln(2a) 1，故当 x(1, ln(2a))时， f '(x)  0
；
2
当 x(ln(2a),) 时， f '(x) 0 ．因此 f (x) 在(1, ln(2a))上单调递减，
在(ln(2a),)
上单调递增．又当x 1 时， f (x) 0，
所以 f (x) 不存在两个零点．综上， 的取值范围为
a
(0,)
．
(Ⅱ)不妨设 x  x ，由(Ⅰ)知 x (,1), x (1,) ，2  x (,1) ，
1
2
1
2
2
又 f (x) 在(,1) 上单调递减，所以 x  x  2 等价于 f (x )  f (2  x ) ，
1
2
1
2
即 f (2  x2)  0 ．由于f (2 x )  x2e2 x 
a(x2 1)


2 ，
2
2
f (x )  (x 2)ex
2 a(x2 1)
2  0，所以 f (2  x )  x2e2 x (x2 2)ex
2
．
2

而
2
2
2
 

x ，则 g '(x)  (x 1)(e 2x e
x
g(x)  xe 2 x (x 2)e
) ．
g(x)  0．
设
所以当 x 1 时，

g '(x)  0，而g(1)  0
x  1
，故当 
时，
从而 g(x )  f (2  x )  0 ，故 x  x  2 ．
2
2
1
2
f (x)  (x 2)e a(x 1)2 ．
2
11．(2016 年全国 I 文 21)已知函数
(I)讨论 f (x) 的单调性；
(II)若 f (x) 有两个零点，求a 的取值范围．
a
a2
【解析】(1)由f (x)  x 3 ax 2 bx 1 ，得 f (x) 3x

2 2axb 3(x 
2
) b 
．
3
3
a
a2
当 x   时， f (x)有极小值b


．
3
3

因为 f (x)的极值点是 f (x) 的零点．
a
a3
a3
ab
2a2
3
所以 f ( )  


1 0 ，又a 0 ，故b 
 
．
3
27
9
3
9
a
a2
1



(27a )  0 ，即a 3．
3
因为 f (x) 有极值，故 f (x)=0 有实根，从而b 3
9a
a 3 时， f (x)>0(x

 1)，故 f (x) 在 R 上是增函数， f (x) 没有极值；
a  a 2 3b
a  a 3b
2
a 3 时， f (x)=0 有两个相异的实根 x =

， x2 =
．
1
3
3
列表如下
x
( , x1)
x1
(x , x )
x2
(x2 ,)
1
2
f (x)
f (x)
故 f (x) 的极值点是 x , x ．
+
0
–
0
+

极大值

极小值

1
2
从而a 3，
2a2
3
因此b 
 
，定义域为(3,) ．
9
a
b
2a a
3
(2)由(1)知，


．
a
9
a a
2t
3
2
2
2t 2 27
设 g(t)  
 ，则 g (t)
 
  

．
9 
t
3 t 2
9t2
3 6
2
3 6
2
当t (
,) 时， g(t)  0 ，所以 g(t)在(
,) 上单调递增．
b
因为a 3，所以a a  3 3 ，故 g(a a)  g(3 3)  3 ，即
 3 ．
a
因此b
(3)由(1)知， f (x) 的极值点是 x , x ，且 x  x   a ， x  x
2
1
2  3a ．
4a 6b
2
2
2
2 
．
1
2
1
2
3
9
f (x )  f (x )  x ax1
1
3
2 bx1 1 x2
3 ax2 bx2 1
2
从而
1
2
x
1
3
x
2
3
1
3
2


(3x1
2 2ax1 b)  
(3x2
2 2ax b)  a(x
2
1  x2
2)  b(x  x )  2
2
1
2
3
4a3 6ab 4ab

 2 0
27
9

记 f (x) ， f (x)所有极值之和为h(a) ，
a2
1
9
3
1
9
3


 

2 
a2 ，a 3．
因为 f (x)的极值为b
a
，所以h(a)=
3
a
a
2
9
3

a 
 0 ，于是h(a) 在(3,) 上单调递减．
2
因为h (a)=
a
7
因为h(6)=  ，于是h(a)≥h(6) ，故a≤6．
2
因此a 的取值范围为(3，6]．
1
f (x)  x ax 
， g(x)  ln x ．
3
12．(2015 新课标Ⅰ理 21)已知函数
4
(
)
Ⅰ当a 为何值时， x 轴为曲线 y  f (x) 的切
线；
 




(Ⅱ)用min m,n 表示m ，n 中的最小值，设函数h(x) min f (x), g(x)
(x  0) ，讨论h(x) 零点的个数．
【解析】(
)
Ⅰ设曲线 y  f (x) 与 x 轴相切于点(x ,0) ，则 f (x )  0 ， f (x ) 0 
，


0
0
0

1
x
3
0 ax   0
0
1
2
3
4
4
，解得 x0,a  

．
即
3x0
a  0
2

3
因此，当a   时， x 轴是曲线 y  f (x) 的切线．
4
(
)
Ⅱ当 x(1,) 时， g(x)  ln x  0 ，从而h(x)  min{ f (x), g(x)}≤ g(x)  0 ，
∴h(x) 在(1,) 无零点．
5
5
当 x =1 时，若a≥ ，则 f (1)  a  ≥0 ，h(1)  min{ f (1), g(1)}  g(1)  0 ，
4
4
5
5
故 x =1 是h(x) 的零点；若a   ，则 f (1)  a   0 ，h(1)  min{ f (1), g(1)}  f (1)  0 ，故 x =1 不
4
4
是h(x) 的零点．
当 x(0,1)时， g(x)  ln x  0 ，所以只需考虑 f (x) 在(0,1) 的零点个数．
a 在(0,1) 无零点，故 f (x) 在(0,1) 单调，
(
)
ⅰ若a≤3 或a≥0 ，则f (x) 3x

2
1
5
而 f (0)  ， f (1)  a  ，所以当a≤3 时， f (x) 在(0,1) 有一个零点；
4
4
当a≥0 时， f (x) 在(0,1) 无零点．
a
a
(
)
ⅱ若3 a 0 ，则 f (x) 在(0，  )单调递减，在(  
，1)单调递
增，
3
3
a
a
2a
a
1
4
故当 x =  
时， f (x) 取的最小值，最小值为 f (
 

．
) =
3
3
3
3
a
3
4
①若 f (
②若 f (
③若 f (


) ＞0，即＜ ＜0， f (x) 在(0,1) 无零点．
a
3
a
3
) =0，即a  
，则f (x) 在(0,1) 有唯一零点；
3
4
a
3
1
5
4
) ＜0，即3  a  
f (0) 
f (1)  a 
，由于
，
，
3
4
4
5
3
   

a
f (x) 在(0,1)
有两个零点；
所以当
时，
4
4
5
当3  a   时， f (x) 在(0,1) 有一个零点．
4
3
5
综上，当a   或a   时，h(x) 由一个零点；
4
4
3
5
5
3
当a   或a   时，h(x) 有两个零点；当  a   时，h(x) 有三个零点．
4
4
4
4
f (x)  x 3 3x 2  ax  2 ，曲线 y  f (x) 在点(0，2)处的切线与 x 轴
13．(2014 全国卷 2 文 21)已知函数
交点的横坐标为2 ．
(Ⅰ)求a ；
(Ⅱ)证明：当k 1 时，曲线 y  f (x) 与直线 y  kx2 只有一个交点．
【解析】( )∵ f (x) =3x2 
6x a ，∴ f (0) = a ，




∴曲线 y  f (x) 在点(0，2)处的切线方程为 y  ax 2
2
由题设知，
=-2，∴ =1．
a
a
(Ⅱ)由(Ⅰ)知f (x)  x 3 3x 2  x  2 ，
(1k)x  4 ，
设 g(x) = f (x) kx2 = x3 3x 2

2 
 

∴ g (x)=3x 
6x 1 k ，
由题设可知1k ＞0，




当 x ≤0 时， g (x)＞0 ，∴ g(x) 在(- 
，0)上单调递增，∵ g( 1) = k 1＜0， g(0)=4
∴ g(x) 在(- ，0)上有唯一零点；
当 x ＞0 时，设h(x) = x3 3x 2  4 ，则 g(x) = h(x) (1k)x＞h(x) ，

2 

∵h (x) =3x 
6x =3x(x 2)，



当 0＜ x ＜2 时，h (x) ＜0，则h(x) 在(0，2)上单调递减，当 x ＞2 时，h (x) ＞0，则h(x) 在(2，+ 
)上单
调递增，故当 x =2 时，h(x) 取极小值h(2)=0，
∴当 x ＞0 时， g(x) ＞h(x) ≥h(2)=0，
∴ g(x) 在(0，)上无零点，
综上所述， g(x) 在(- ，+ )上有唯一零点，即曲线 y  f (x) 与直线 y  kx2 只有一个交点．．
14．(2019 全国Ⅱ文 21)已知函数f (x)  (x 1) ln x  x 1．证明：
f (x)
(1)
(2)
存在唯一的极值点；
f (x)=0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
f (x) 的定义域为(0，+ 
【解析】(1)
)．
x 1
1
 

f (x)
ln x 1ln x ．
x
x
1
y  ln x
y 
f (x)
 
  
f (1) 
1 0
，
因为
单调递增，
单调递减，所以
单调递增，又
x
1
ln41
 

f (2) ln2
 


(1, 2) ，使得 f x0 0 ．
0 ，故存在唯一 x0
2
2
又当 x  x0 时，f (x) 0 
f (x)
，

单调递减；当x x
3  0
1


f (x) 0 
f (x)
时， 
单调递增．
，
0
f (x)
因此，
存在唯一的极值点．
f x  f (1)  2
(2)由(1)知  

 

2  e 2
f (x)  0
 

x ,
f e
内存在唯一根 x 
．
，又
，所以
在
0
0
1
由  x 1 得 
1 x 
．
0

0
 1   1
1
1
f ( )

又 f  
 

1ln
0 ，故
是
在
 
的唯一
根．
0,x
0

 
 

1
f (x)  0
  

  


f (x)  0
综上，
有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
2x 1
  
f (x) a x ln x


,aR
15．(2016 年山东)已知
．
x2
f (x)
(I)讨论
的单调性；
3
(II)当a 1 时，证明
 

对于任意的x
1,2
 

成立．
，
f (x)＞f ' x
2
1
2x－2 
(x－1)(ax －2)
2
f ′(x) = a(1－ )－
=
【解析】(Ⅰ) 因为
x
x3
x3
当a≤0 时，
， 
， 
单调递增，
x(0,1) 
f ′(x) > 0 
f (x)
x(1,) ， f ′(x) < 0 ， f (x) 单调递减；
2
2 )
a(x－1)(x－ 
)(x +
(x－1)(ax
2－2)=
a
a
当a > 0
f ′(x) =
时，
x3
x3
2
①当0  a  2 时，
>1 ，
a
2,)， f ′(x) > 0 ， f (x) 单调递增，
x(0,1) 或 x (
a
2
x(1,
)
f ′(x) < 0 ， f (x)
，
单调递减；
a
2
②当a  2 时，
=1， x(0,)
，f (x)≥0 ， f (x) 单调递增，
a
2
③当a  2
时，0 <
<1 ，
a
2
x(0,
) 
x(1,) 
f ′(x) > 0 
f (x)
或
，
，
，
单调递增，
a
2
x( 
,1)
f ′(x) < 0 ， f (x) 单调递减；
a
2x 1
(Ⅱ) 由(Ⅰ)知，a 1 时，
f (x)  x ln x 
，
x2
(x 1)(x 2 2)
1 
2
  2
f (x) 

1
x3
x x2
x3
2x 1
1 
2
2
于是 f (x) f (x) x ln x
  
 


(   

1
)
，
x2
x x2
x3
3 
1
 x ln x 1  
 
， x[1, 2]
x x
2
2
x3
3 
1
2
令g(x)  x ln x 
，h(x)  1  
 
， x[1,2]，
x x2
x3
f (x) f (x) g(x 
h(x)
  
 
）

于是
，
1 
x 1
 
  

g (x) 1
≥0 ，g(x) 的最小值为g(1) =1；
x
x
3
2
6
3x 2x 6
2
 




4
又h (x)
x2
x3
x
x4
设(x)  3x 2 2x 6 ，则

上单调递减，因为(1) 1，(2)  10，
(x) 
x [1, 2]
在
所以存在 x0 ∈[1, 2] ，使得(x0 )  0 ，且
1< x < x0 时，(x) 0 ，h(x) 单调递增；
x0 < x < 2 时，(x) 0 ，h(x) 单调递减；
1
1
又h(1) =1，h(2) = 
，所以h(x) 的最小值为h(2) = 
．
2
2
1
3
所以 f (x) f (x) g(x）h(x) g(1 
h(2) 1  
．
 
）

2
2
3
2
即 ( )
f x  f (x) 
对于任意的 x[1,2]成立．