5.11函数与导数压轴小题技巧（解析）(1)_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_导数知识点+题型分类_单独的原卷版+解析版

5.11 函数与导数压轴小题技巧
模块一：基础知识.........................................................................2
考点一：零点构造型................................................................... 2
考点二：存在(几个)整数解...........................................................2
考点三：零点同构......................................................................2
考点四：不等式型同构求参.......................................................... 2
考点五：恒成立求参................................................................... 3
考点六：双变量型常见问题及策略..................................................3
考点七：多参型解决策略............................................................. 4
模块二：题型分类.........................................................................4
题型一：函数零点构造型............................................................. 4
题型二：存在(几个)整数解...........................................................8
题型三：方程零点型同构........................................................... 12
题型四：不等式型同构求参........................................................ 14
题型五：移项讨论或分离参数求恒成立问题.................................... 17
题型六：虚设零点型求恒成立问题................................................22
题型七：等式型求恒成立问题......................................................25
题型八：倍缩型函数求参数........................................................ 28
题型九：双变量型求不等式........................................................ 31
题型十：双变量型转化为凸凹反转型.............................................35
题型十一：多参代换型.............................................................. 38
题型十二：多参二次构造放缩型...................................................41
题型十三：多参韦达定理求参型...................................................44
题型十四：多参单峰函数绝对值型................................................47
题型十五：导数与三角函数........................................................ 53
模块三：综合巩固....................................................................... 57
5.11 函数与导数压轴小题技巧
模块一：基础知识
考点一：零点构造型
1.与对称有关的常用结论
①若点


1
1
,
A x y
，

2
2
,
B x
y
关于直线x
a

对称，则
1
2
2
x
x
a


；
②若
( )
f x 的图象关于直线x
a

对称，则
( )
(2
)
f x
f
a
x
=
-
；
③若
(
)
(
)
f a
x
f b
x



，则
( )
f x 的图象关于直线
2
a
b
x


对称；
④若
(2
)
( )
2
f
a
x
f x
b



，则
( )
f x 的图象关于点( , )
a b 对称．
2.数形结合法解决零点问题
①零点个数：几个零点
②几个零点的和
③几个零点的积.
考点二：存在(几个)整数解
整数解，属于导数研究函数的性质，根据题意求得整数型参数的取值范围，或者整数解求参数范围等，涉
及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最
大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究
函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.
考点三：零点同构
对于既含有指数式又含有对数式的等式或不等式，直接求导会出现越求导式子越复杂的情况，此时可通过
同构函数，再利用函数的单调性，把问题转化为较为简单的函数的导数问题．
导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现ex 与ln x ，通常使用同构来进行求解，难点是寻找构造突破
口。
如
e
2
e
(e 1)ln
2
x
x
x



变形得到
eln
2
ln
e
eln
2 e
ln
x x
x
x x
x



，从而构造
( )
et
f t
t

进行求解.
常见同构：
①
1
ln
ln
ln
ln
log
ln
ln
ln
ln
ln
ln
x
x
a
x
a
x
e
a
x
a
x
e
x
a e
x
x
x e
x
a
x
a
e
a












；
②
ln
ln
1
ln
ln
ln
ln
x
x
x
x
x
x
e
e
x
x e
x
x
x e
x e
x
x
e
























；
③








ln
1
ln
1
1
ln
1
ln
1
x
ax
e
ax
x
x
e
x
ax
x











④
ln
e
e
ln
1
x
x
x
x
x
x





；


ln
ln
e
e
1
x
x
x
x
x
x




考点四：不等式型同构求参
（1）乘积模型：
ln
ln
( )
ln
ln
ln
( )
ln
ln
ln
ln(ln )
( )
ln
a
b
x
a
a
a
ae
b e
f x
xe
ae
b
b
e
e
b
b
f x
x
x
a
a
b
b
f x
x
x




















（2）商式模型：
ln
( )
ln
ln
ln
( )
ln
ln
ln
ln
ln(ln )
( )
ln
a
a
a
a
b
x
e
b
x
f x
e
b
x
e
b
e
e
e
f x
a
b
a
b
x
a
a
b
b
f x
x
x






















（3）和差模型：
ln
ln
ln
( )
ln
ln
ln
ln
( )
ln
a
a
a
a
a
b
x
e
e
b
b
f x
x
x
e
a
b
b
e
e
e
b
f x
e
x


















考点五：恒成立求参
1.移项讨论型
一般地，已知函数


( ),
,


y
f x x
a b ，


( ),
,
y
g x x
c d


（1）若


1
,
x
a b

，


2
,
x
c d


，有
1
2
(
)
(
)
f x
g x

成立，故
max
1
2
min
(
)
(
)
f x
g x

；
（2）若


1
,
x
a b

，


2
,
x
c d


，有
1
2
(
)
(
)
f x
g x

成立，故
1 max
2
max
( )
(
)
f x
g x

；
（3）若


1
,
x
a b


，


2
,
x
c d


，有
1
2
(
)
(
)
f x
g x

成立，故
1 min
2
max
(
)
(
)
f x
g x

；
（4）若


1
,
x
a b


，


2
,
x
c d


，有
1
2
(
)
(
)
f x
g x

成立，故
1 min
2
min
(
)
(
)
f x
g x

；
2.虚设零点法
涉及到导函数有零点但是求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形时，可以将这个零点只设出来而不必求出
来，然后寻找一种整体的转换和过度，再结合其他条件，进行代换变形，从而最重获得问题的解决
（1）整体代换：把超越式子（多为指数和对数式子）转化为普通的（如二次函数一次哈数等）可解式子，
如比值代换等等。
（2）反代消参：反解参数代入，构造单一变量的函数。如果要求解（或者要证明）的结论与参数无关，
则可以通过反解参数，用变量（零点）表示参数，然后把函数变成关于零点的单一函数，再对单一变量求
导就可以解决相应的问题。
（3）留参降次（留参、消去指对等超越项）：如果要求解的与参数有关，则可以通过消去超越项，建立
含参数的方程或者不等式。恒等变形或者化简方向时保留参数，通过“降次”变换，一直降到不可再降为
止，再结合条件，求解方程或者不等式，解的相应的参数值或者参数范围
3.等式型求参数
一般地，已知函数


( ),
,


y
f x x
a b ，


( ),
,
y
g x x
c d


，若


1
,
x
a b

，


2
,
x
c d


，有
1
2
(
)
(
)
f x
g x

，
则
( )
f x 的值域是( )
g x 值域的子集．
考点六：双变量型常见问题及策略
1.不等关系型
一般地，已知函数



,
,
y
f x
x
a b


，



,
,
y
g x
x
c d


不等关系
(1)若


1
,
x
a b

，


2
,
x
c d


，总有



1
2
f x
g x

成立，故


max
min
f x
g x

；
(2)若


1
,
x
a b

，


2
,
x
c d


，有



1
2
f x
g x

成立，故


max
max
f
x
g x

；
(3)若


1
,
x
a b


，


2
,
x
c d


，有



1
2
f x
g x

成立，故


min
min
f x
g x

；
(4) 若


1
,
x
a b


，


2
,
x
c d


，有



1
2
f x
g x

成立，故


min
max
f
x
g x

．
2.转化法
凸凹翻转型常见思路，如下图
转化为两个函数的最值问题是关键。
考点七：多参型解决策略
1.代换型
不等式中，可以借助对数均值不等式解决，完整的对数均值不等式为：
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x x
x
x





，可用
两边同除
2
x ，
令
1
2
x
t
x

整体换元的思想来构造函数，证明不等式成立求解参数
2.二次构造放缩：能够两次构造函数，利用导数求出相应函数的最值
3.韦达定理求参数
模块二：题型分类
题型一：函数零点构造型
1.已知函数

ln
,0
2
ln ,
x
x
e
f x
x x
e






，若实数0
a
b
c



互不相等，且



f a
f b
f c


，则b
c
a


的取值
范围为______．
【答案】

2
2
2
1,
e
e



【分析】画出

f
x 的图象，结合图象得, ,
a b c 的取值范围，再由
ln
ln
a
b


，ln
2
ln
b
c


，用b 表示,a c ，
结合函数导数可求出b
c
a


的取值范围.
【详解】解：令2
ln
0
x


，解得
2
x
e

，当x
e

时，ln
1
2
ln
e
e


，所以函数的图象如图，
当

1
f x 时，
1

x
e 或e ，因为



f a
f b
f c


，所以1
1
a
e 
，1
b
e


，
2
e
c
e


，
因为
ln
ln
a
b


，所以
1
b
a

，因为ln
2
ln
b
c


，所以
2
bc
e

，
所以
2
2
1
1
e
e
b
c
a
b
b
b
b
b








，设

2
1,1
e
f x
x
x
e
x





，
所以

2
2
2
2
2
1
1
1
0
e
x
e
f
x
x
x







，解得
2
1
x
e


或
2
1
e

（舍去），
当
2
1
1
x
e



时，

0
f
x


，

f
x 单调递减；当
2
1
e
x
e


时，

0
f
x


，

f
x 单调递增，所以当
2
1
x
e


时，

2
2
2
min
2
1
1
2
1
1
e
f
x
e
e
e






，
由


2
2
2
1
1
e
f
e
f e
e




，所以

f
x 取值范围为

2
2
2
1,
e
e



，
故答案为:

2
2
2
1,
e
e



.
2.已知函数
2
ln ,
1
( )
1
3 ,
1
2
2
x x
f x
x
x







，若实数
1
2
,
x x 满足
1
2
x
x

，
1
2
( )
(
)
4
f x
f x


，则
1
2
x
x

的取值范围为
___________ .
【答案】

3
2ln 2,


【解析】画出
( )
f x 的图像如图所示，可知
( )
f x 为R 上的单调递增函数，又
(1)
2
f

，可得
1
2
1
x
x
< <
，故
1
1
2
2
1
3
( )
,
(
)
2
ln
2
2
f x
x
f x
x




，结合
1
2
( )
(
)
4
f x
f x


，可得
1
2
1 2ln
x
x

，有
1
2
2
2
1 2ln
x
x
x
x
+
= -
+
，构
造( )
1 2ln
,
1
g x
x
x x


，利用导数研究单调性，可得
min
( )
(2)
3
2ln 2
g x
g



，即得解
【详解】
画出
( )
f x 的图像如图所示，可知
( )
f x 为R 上的单调递增函数，
由于
(1)
2
f

，不妨设
1
2
x
x

，可知
1
2
1
x
x
< <
故
1
1
2
2
1
3
( )
,
(
)
2
ln
2
2
f x
x
f x
x




1
2
1
2
1
3
2
ln
4
1 2ln
2
2
x
x
x
x





1
2
2
2
1 2ln
x
x
x
x
+
= -
+
不妨设( )
1 2ln
,
1
g x
x
x x



2
2
'( )
1
,
1
x
g x
x
x
x




故( )
g x 在(1,2) 单调递减，在(2,
)
单调递增，
故
min
( )
(2)
3
2ln 2
g x
g



可得
1
2
x
x

的最小值为3
2ln 2

故答案为：

3
2ln 2,


3.已知函数

x
f
x
xe

，
ln
g x
x
x

，若



1
2
f x
g x
t

，其中
0
t 
，则
1
2
ln t
x x 的取值范围是______.
【答案】
1
, e







【分析】转化条件得
1
2
ln
x
x

，则
1
2
ln
ln
t
t
x x
t

，令


ln
0
t
h t
t
t


，利用导数求得
h t 的取值范围即可得
解.
【详解】由题意，
1
1
x
x e
t

，
2
2
ln
x
x
t
，则
2
ln
2
ln
x
e
x
t
，
1
2
ln
1
2
ln
x
x
e x
e
x

，
作函数
( )
x
f x
xe

的草图如下，
由图可知，当
0
t 
时，
( )
f x
t
有唯一解，故
1
2
ln
x
x

，且
1 > 0
x
，
∴
1
2
2
2
ln
ln
ln
ln
t
t
t
x x
x
x
t


，
设
ln
( )
t
h t
t

，
0
t 
，则
2
1
ln
( )
t
h t
t



，令
( )
0
h t


，解得t
e

，
易得当
(0, )
t
e

时，
( )
0
h t


，函数( )
h t 单调递增，当
( ,
)
t
e

时，
( )
0
h t


，函数( )
h t 单调递减，
故
1
( )
( )
h t
h e
e


，即
1
2
ln t
x x 的取值范围是
1
, e






.故答案为：
1
, e






.
4.设函数

,
0,
,
0,
x
a x
f x
lnx x






已知
1
2
x
x

，且



1
2
f x
f x

，若
2
1
x
x

的最小值为1
e ，则a 的值为___________．
【答案】1
【分析】令



1
2
f x
f x
t

，由图象可知
(
,
]
t
a

，构造函数( )
g t 
2
1
et
x
x
t
a



(
)
t
a

，利用导
数求函数最小值即得.
【详解】令



1
2
f x
f x
t

，由图象如图所示可知
(
,
]
t
a

．
因为
1
2
x
x

，则
1x
a
t

，
2
ln x
t
，得
1
2
,
et
x
t
a x


，所以
2
1
et
x
x
t
a



．
令( )
e
(
)
t
g t
t
a t
a



，则
( )
e
1(
)
t
g t
t
a




，∴当
0
a

时，即
0
a 
时，
( )
0
g t


，
∴
( )
g t 在(
,
]
a

上单调递减，所以
min
1
( )
(
)
e
e
e
a
a
g t
g
a
a
a









，解得
1
a 
；
∴当
0
a

时，即
0
a 
时，
(0)
0
g

，∴
( )
g t 在(
,0]

上单调递减，在(0,
]
a

上单调递增，
所以
0
min
1
( )
(0)
e
0
e
g t
g
a





，解得
1
1
0
e
a 

与
0
a 
矛盾，舍去．
综上可得，
1
a 
．故答案为：1.
5.已知函数
1
( )
|
1| 1
f x
x


，
2
( )
2
g x
x
x
a



，若方程
( )
( )
f x
g x

有4 个不同的实根
1
x ，
2
x ，
3x ，


4
1
2
3
4
x
x
x
x
x



，则

1
4
3
a x
x
x


的取值范围是______．
【答案】(0,1)
【分析】先做出函数
( )
f x ，( )
g x 的大致图象，利用图像的对称性得到
1
4
2
x
x


，
3
1
2
x


，
再由




3
3
f x
g x

得
2
3
3
3
1
2
2
x
x
a
x




，
2
3
3
3
1
2
2
a
x
x
x




，所以




3
2
1
4
3
3
3
3
3
2
4
4
1
a x
x
x
a
x
x
x
x







．
规定函数设
3
2
( )
4
4
1(1
2)
h x
x
x
x
x






，利用导数判断单调性，求出

1
4
3
a x
x
x


的取值范围
【详解】作出
( )
f x ，( )
g x 的大致图象如图所示，
由
( )
f x ，( )
g x 的图象都关于直线
1
x 
对称可得
1
4
2
x
x


，
3
1
2
x


，
由




3
3
f x
g x

得
2
3
3
3
1
2
2
x
x
a
x




，
2
3
3
3
1
2
2
a
x
x
x




，
所以



3
2
1
4
3
3
3
3
3
2
4
4
1
a x
x
x
a
x
x
x
x







．
设
3
2
( )
4
4
1(1
2)
h x
x
x
x
x






，则
2
( )
3
8
4
(
2)(3
2)
0
h x
x
x
x
x








，
所以( )
h x 在(1,2) 上单调递增，

1
4
3
a x
x
x


的取值范围是(0,1)．
故答案为：(0,1)
题型二：存在(几个)整数解
1.已知函数
( )
(
N )
k
f x
k
x



，
ln
1
( )
1
x
g x
x



，若对任意的
1
c ，存在实数,a b 满足0
a
b
c



，使得
( )
( )
( )
g a
f b
g c


，则k 的最大值是
A．3
B．2
C．4
D．5
【答案】A
【解析】根据条件将问题转化为ln
1
1
x
k
x
x



，对于
1
x 
恒成立，然后构造函数
ln
1
( )
1
x
h x
x
x




，然后求出
( )
h x 的范围，进一步得到k 的最大值.
【详解】
( )
(
N )
k
f x
k
x




，
ln
1
( )
1
x
g x
x



，对任意的
1
c ，存在实数,a b 满足0
a
b
c



，使得
( )
( )
( )
g a
f b
g c


，
易得( )
( )
( )
g c
f b
f c


，即ln
1
1
c
k
c
c



恒成立，
ln
1
1
x
k
x
x




，对于
1
x 
恒成立,
设
ln
1
( )
1
x
h x
x
x




，则
2
2
ln
( )
(
1)
x
x
h x
x





，令( )
2
ln
q x
x
x



，
1
( )
1
0
q x
x




在
1
x 
恒成立，
(3)
3
2
ln 3
0
(4)
4
2
ln 4
0
q
q









，
，故存在
0
(3,4)
x 
，使得

0
0
q x

，即
0
0
2
ln
x
x


，当
0
(1,
)
x
x

时，( )
0
q x 
，( )
h x 单调递减；
当
0
(
,
)
x
x

时，( )
0
q x 
，( )
h x 单调递增.
0
0
0
min
0
0
ln
( )
(
)
1
x
x
x
h x
h x
x





,将
0
0
2
ln
x
x


代入得：
0
0
0
min
0
0
0
(
2)
( )
(
)
1
x
x
x
h x
h x
x
x







，
N
k



，且
min
0
( )
k
h x
x


，
3
k

故选：A
2.已知函数
( )
1
x
f x
e
ax



在区间( 1,1)

内存在极值点，且
( )
0
f x 
恰好有唯一整数解，则
的取值范围
是（
）
A．
2
2
1,e
2
e
e






B．
2
2
2
1
1
,1
1,
2
2
e
e
e
e
















C．

1,
e
e

D．


2
2
1
1
,
1,
2
e
e
e
e
e
e









【答案】D
【分析】求导，由

0
f
x


得


ln
1,1
x
a


可求出a 的范围，再考查ln a 与零的大小比较，在


ln
1,0
a
时，结合题意得出




1
0
2
0
f
f







，以及当


ln
0,1
a
时，


1
0
2
0
f
f





，解出实数a 的范围可得出答案．
【详解】

1
x
f x
e
ax



Q
，则

x
f
x
e
a



，
由于函数

y
f x

在区间

1,1

上存在极值点，令

0
x
f
x
e
a




，得
ln
x
a

，
所以，1
ln
1
a

，解得1
a
e
e 

，
由于

0
0
f

，且不等式

0
f x 
恰有一整数解．
①当ln
0
a 
时，即当
1
a 
时，

1
x
f
x
e


，
当
0
x 
时，

0
f
x


；当
0
x 
时，

0
f
x


．
此时，函数

y
f x

在
0
x 
处取得最小值，则


0
0
f
x
f


，不合乎题意；
②当1
ln
0
a


时，即当1
1
a
e 
时，当
ln
x
a

时，

0
f
x


；当
ln
x
a

时，

0
f
x


．
所以，函数

y
f x

的单调递减区间为

,ln a

，单调递增区间为

ln ,a ．
由题意可得




2
1
2
2
1
0
1
1
0
f
e
a
f
e
a













，解得
2
2
1
1
2
e
e
a
e
e




，此时，
2
2
1
1
2
e
e
a
e
e




；
③当0
ln
1
a

时，即当1
a
e


时，当
ln
x
a

时，

0
f
x


；当
ln
x
a

时，

0
f
x


．
所以，函数

y
f x

的单调递减区间为

,ln a

，单调递增区间为

ln ,a ．
由题意可得


2
2
2
1
0
1
1
0
f
e
a
f
e
a









，解得
2
1
1
2
e
e
a



，此时，
1
e
a
e


．
因此，实数a 的取值范围是


2
2
1
1
,
1,
2
e
e
e
e
e
e









，故选D．
3.在关于x 的不等式


2
2
2
2
e
e
4e
e
4e
0
x
x
x
a
x
a




（其中e=2.71828 L为自然对数的底数）的解集中，
有且仅有两个大于2 的整数，则实数a 的取值范围为（
）
A．
4
16
1
,
5e
2e






B．
2
9
1
,
4e
2e





C．
4
2
16
4
,
5e
3e






D．
2
2
9
4
,
4e
3e





【答案】D
【分析】
将不等式转化为




2
2e
2
1 ex
x
a x



，分别研究两个函数的性质，确定a 的取值范围，构造函数，利用
放缩法进一步缩小a 的取值范围，列出不等式组，求出结果.
【详解】由


2
2
2
2
e
e
4e
e
4e
0
x
x
x
a
x
a




，化简得：




2
2e
2
1 ex
x
a x



，
设



2
2e
2
f
x
x


，


1 ex
g x
a x


，则原不等式即为


f x
g x

.若
0
a 
，则当
2
x 
时，

0
f x 
，

0
g x 
，
原不等式的解集中有无数个大于2 的整数，∴
0
a 
.∵

2
0
f

，
2
2
e
0
g
a


，∴


2
2
f
g

.
当


3
3
f
g

，即
1
2e
a 
时，设



4
h x
f
x
g x
x



，则





2
2
e
2e
2
e
2e
2
2e
x
x
x
h
x
x
ax
x







.
设




2
e
2e
2
4
2e
x
x
x
x
x





，则



2
1 e
2e
2e
x
x
x





在

3,单调递减，所以




2
1 e
2e
3
0
2e
x
x
x









，所以


2
e
2e
2
2e
x
x
x
x




在

4,单调递减，∴




2
4
2e
2
e
0
x






，
∴当
4
x 
时，

0
h x


，∴
h x 在

4,上为减函数，即

2
4
2
3e
4
4e
3 e
e
4
0
2
h x
h
a












，
∴当
4
x 
时，不等式


f
x
g x

恒成立，原不等式的解集中没有大于2 的整数.
要使原不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则
��> ��
��> ��
��≤��
，即
e�> ��e�
�e�> ��e�
�e�≤��e�
，解得
2
2
9
4
4e
3e
a


.
则实数a 的取值范围为
2
2
9
4
,
4e
3e




.故选：D
4.已知偶函数

f
x 满足




3
3
f
x
f
x



，且当


0,3
x
时，

2
x
f
x
xe


，若关于x 的不等式


2
0
f
x
tf x


在

150,150

上有且只有150 个整数解，则实数t 的取值范围是（
）
A．
1
2
0,e







B．
1
3
2
2
,3
e
e







C．
3
1
2
3
,2
e
e








D．
1
1
2,2
e
e








【答案】B
【分析】
根据偶函数

f
x 满足




3
3
f
x
f
x



，得到函数

f
x 是以6 为周期的周期函数，由


0,3
x
时，

2
x
f
x
xe


，用导数法结合偶函数，作出数

f
x 在( 3,3]

上的图象，将不等式


2
0
f
x
tf x


在


150,150

上有且只有150 个整数解，转化为在一个周期( 3,3]

上

f x
t
有3 个整数解分别为-2，2，3
求解.
【详解】因为偶函数

f
x 满足




3
3
f
x
f
x



，所以





6
f
x
f x
f
x




，即



6+
f
x
f x

，
所以函数

f
x 是以6 为周期的周期函数，当


0,3
x
时，

2
x
f
x
xe


，所以

2
2
x
x
f
x
e



（1-
），
当0
2
x


时，

0
f
x


，函数

f
x 递增；当2
3
x


时，

0
f
x


，函数

f
x 递减；
当当
2
x 
时，函数

f
x 取得极大值

2
f x
e

，作出函数

f
x 在( 3,3]

上的图象，如图所示：
因为不等式


2
0
f
x
tf x


在

150,150

上有且只有150 个整数解，
所以不等式


2
0
f
x
tf x


在( 3,3]

上有且只有3 个整数解，
当

0
f
x 
时，不符合题意，故不等式

f x
t
在( 3,3]

上有且只有3 个整数解，
因为


1
3
2
2
1
3
3
,
f
e
f
e




，所以


3
3
1
1
f
f
e

，即


1
3
f
f

，
故不等式

f x
t
在( 3,3]

上的3 个整数解分别为-2，2，3，
所以，


1
3
f
f
t

，即
3
2
1
2
3
t
e
e



，故选：B
5.已知函数
1 ln
( )
x
f x
x


，若关于x 的不等式
2( )
( )
0
f
x
af x


恰有两个整数解，则实数a 的取值范围是
A．
1 ln 2
1 ln3
(
,
]
2
3




B．1
ln 3 1
ln 2
[
,
)
3
2


C．
1 ln 2
1 ln3
(
,
)
2
3




D．
1
ln 3
( 1,
]
3



【答案】A
【详解】
∵



2
2
1
1
lnx
lnx
f
x
x
x





，
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减，
当a>0 时,f2(x)+af(x)>0⇔f(x)<−a 或f(x)>0,此时不等式f2(x)+af(x)>0 有无数个整数解，不符合
题意；
当a=0 时,f2(x)+af(x)>0⇔f(x)≠0,此时不等式f2(x)+af(x)>0 有无数个整数解，不符合题意；
当a<0 时,f2(x)+af(x)>0⇔f(x)<0 或f(x)>−a,要使不等式f2(x)+af(x)>0 恰有两个整数解，必须满
足f(3)⩽−a<f(2),求解不等式可得实数a 的取值范围是
1
2
1
3
,
2
3
ln
ln









.
题型三：方程零点型同构
1.已知m 是方程
e
2
e
(e 1)ln
2
x
x
x



的一个根，则
2
e 1
e
(e 1)ln
m
m



（
）
A．1
B．2
C．3
D．5
【答案】B
【分析】设
( )
et
f t
t

，同构得到
(eln
2)
(ln )
f
x
x
f
x



，结合函数单调性得到(e 1)ln
2
x
x



，结合
m 是方程的一个根，故(e 1)ln
2
m
m



，解得
2
e 1
e
m
m



，从而求出答案.
【详解】
e
2
eln
2
ln
e
(e 1)ln
2
e
eln
2
ln
e
ln
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x













，
设
( )
et
f t
t

，则
( )
e
1
0
t
f
t



恒成立，故
( )
f t 单调递增，
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
由
(eln
2)
(ln )
f
x
x
f
x



得eln
2
ln
x
x
x



，即(e 1)ln
2
x
x



.
因为m 是方程
e
2
e
(e 1)ln
2
x
x
x



的一个根，所以(e 1)ln
2
m
m



，
所以
2
e 1
e
m
m



，所以


2
e 1
e
e 1 ln
(e 1)ln
2
m
m
m
m







.
故选：B.
2.若方程
2
2
2 ln
(
0)
ex
a
x
a
a
x 

在

,0
a
上有实根，则a 的取值范围是（
）
A．

, 2

B．

2,0

C．

, ln 2

D．

ln 2,0

【答案】C
【分析】根据题意，化简得到
2
ln
2
ln
a
x
x
a e
xe
x








，设

e ,
0
t
f t
t
t


，得到


2
ln a
f
f
x
x







，求得

0
f
t


，
得到

f t 为增函数，转化为方程




ln
2
ln
a
x
x




在

,0
a
上有实根，设


ln
g x
x
x



，利用导数求
得函数
g x 的单调性，结合



ln
2a
g a


，进而求得a 的范围.
【详解】由
2
2
2 ln
ex
a
x
a
x 
，可得2
2
ln
e x
a
a
x
x
x


，即
2
ln
2
ln
a
x
x
a e
xe
x








，
因为a<0 ，可得2
0
a
a
x



，所以
2
ln
0
a
x 
，其中
0
x 
，设

e ,
0
t
f t
t
t


，则


2
ln a
f
f
x
x







，
又因为



1 e
0
t
f
t
t




，所以

f t 在

0, 

上为增函数，所以
2
ln a
x
x ，即




ln
2
ln
a
x
x




，
所以问题转化为方程




ln
2
ln
a
x
x




在

,0
a
上有实根，
设


ln
g x
x
x



（
0
a
x


），则

1
0
x
g
x
x




，所以
g x 在

,0
a
上是减函数，
所以





ln
2
ln
a
g a
a
a





，解得
ln 2
a 
．故选：C．
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
3.已知
0x 是方程e
ln3
2
0
x
x
x



的一个根，则
0
0
ex
x （
）
A．1
3
B．
1
2
C．2
D．3
【答案】D
【分析】解法一根据题意，转化为
0
0
0
0
lne
e
ln3
3
x
x
x
x



，令
ln
,
0
f x
x
x x



，利用导数得到

f
x 在


0, 

上为增函数，得到



0
0
e
3
x
f
f
x

，即
0
0
e
3
x
x

，即可求解；
解法二根据题意，转化为
0
0
ln3
0
0
e
ln3
e
x
x
x
x



，令
e
,
0
x
g x
x x



，利用导数求得
g x 在

0, 

上
为增函数，得到



0
0
ln3
g x
g
x

，即可求解.
【详解】解法一因为
0x 是方程e
ln3
2
0
x
x
x



的一个根，所以
0
0
0
e
ln3
2
0
x
x
x



，
即
0
0
0
0
e
ln3
3
0
x
x
x
x




，整理得
0
0
0
0
lne
e
ln3
3
x
x
x
x



，
令
ln
,
0
f x
x
x x



，则

1
1
0
f
x
x



恒成立，所以

f
x 在

0, 

上为增函数，
由
0
0
0
0
lne
e
ln3
3
x
x
x
x



，可得



0
0
e
3
x
f
f
x

，所以
0
0
e
3
x
x

，
所以
0
0
e
3
x
x

．
解法二因为
0x 是方程e
ln3
2
0
x
x
x



的一个根，所以
0
0
0
e
ln3
2
0
x
x
x



，
即
0
0
0
0
e
ln3
3
0
x
x
x
x




，所以
0
0
0
0
e
ln3
3
x
x
x
x



，所以
0
0
ln3
0
0
e
ln3
e
x
x
x
x



，
令
e
,
0
x
g x
x x



，可得

e
1
0
x
g
x



，
所以函数
g x 在

0, 

上为增函数，
由
0
0
ln3
0
0
e
ln3
e
x
x
x
x



，可得



0
0
ln3
g x
g
x

，所以
0
0
ln3
x
x

，所以
0
0
e
3
x
x

．
故选：D．
4.已知
0,
1,
a
b


且
2
2
e
2ln
1
2 ,
a
b
b
a



则一定有（
）
A．
ea
b 
B．lnb
a

C．
ln
1
a
b


D．
ln
1
a
b


【答案】A
【分析】由已知可得
2
ln
2
2
e
ln
1
e
2
1




b
a
b
a
，构造函数

e
1
x
f
x
x


，利用

f
x 在

0, 

上的单调
性比较大小可得答案.
【详解】因为
2
2
e
2ln
1
2
a
b
b
a



，所以
2
2
2
ln
2
e
2
2ln
1
e
ln
1






a
b
a
b
b
b
，
所以
2
ln
2
2
e
ln
1
e
2
1




b
a
b
a
，
令

e
1
x
f
x
x


，则

e
1
x
f
x


，
当


0,
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，故

f
x 在

0, 

上单调递增，
因为
0
1
a
b


，
，所以
2
2
0 ln
0
,


a
b
，
则
2
ln
2
b
a

，所以lnb
a

，即
ea
b 
，故A 正确；故B 错误；
因为lnb
a

，所以
ln
2


a
b
a ，
因为
0
a 
，所以
ln
a
b

不确定，故CD 错误.
故选：A.
5.已知正实数x ，y 满足
n
ln
e
l
x
y
x
y
y


，则ln
1
ln
x
y
x

的最大值为（
）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】A
【分析】由已知得e
ln
x
x
xy
xy

，构造

ex
f x
x

，结合

f
x 的单调性知ln
ln
y
x
x


，故将ln
1
ln
x
y
x

化
为ln
1
ln
x
x
x
x


，利用导数求
ln
1
ln
x
g x
x
x
x




的最大值即可.
【详解】∵
n
ln
e
l
x
y
x
y
y


，∴e
ln
x
y
xy

即
ln
e
ln
ln
·e
x
xy
x
xy
xy
xy


，
设

ex
f x
x

，则



ln
f x
f
xy

，且



e
1
x
f
x
x



，所以在

1,

上，

f
x 单调递增，
正实数x ，y ，∴
0
e
ln
e
1
x
y
xy


，即
1
ln
0
xy
y


，所以



ln
f x
f
xy

等价于
ln
x
xy

，即ln
ln
y
x
x


，
∴ln
1
ln
1
ln
ln
x
x
y
x
x
x
x






，设
ln
1
ln
x
g x
x
x
x




，∴



2
2
2
1
ln
1
1
ln
1
x
x
x
x
g
x
x
x
x









，
∴
1
0
g

，
设
2
ln
h x
x
x
x



，

1
2
1
2 2
1
0
h x
x
x





，所以
h x 单调递减，且1
0
h

，
所以在

0,1 上，
0
h x 
，

0
g
x


，
g x 单调递增，在

1,上，
0
h x 
，

0
g x


，
g x 单调递
减，
所以

max
1
0
g x
g


，即ln
1
ln
x
y
x

最大值为0，故选：A.
题型四：不等式型同构求参
1.已知关于x 的不等式
1
ln
e
1
x
m
m x
x
x



在

3
1,e
上恒成立，则正数m 的最大值为（
）
A．1
e
B．0
C．e
D．1
【答案】C
【分析】将不等式变形得到
ln
ln
e
e
m
m
x
x
x
x



，构造



ln
1
f t
t
t t


，研究其单调性得到
e
m
x
x

，取
对数后参变分离得到ln
1
x
x
m

，构造
ln x
g x
x

，求导后得到max
e
1
g x

，从而得到1
e
1
m

，求出0
e
m

，
得到答案.
【详解】
1
ln
e
1
x
m
m x
x
x



变形为
ln
e
m
x
x
x
m x



，即
ln
ln
e
e
m
m
x
x
x
x



，其中
0
m 
，


3
1,e
x
，
故
1,
1
e
m
x
x 
，
令



ln
1
f t
t
t t


，则有



e
m
x
f
x
f

，因为

1
1
1
0
t
f
t
t
t





在
1
t 上恒成立，故

ln
f t
t
t

在
1
t 上单调递增，故
e
m
x
x

，两边取对数得：
ln
m
x
x

，则ln
1
x
x
m

，令
ln x
g x
x

，则

2
1 ln x
g
x
x



，
故当


1,e
x
时，

0
g
x


，
当


e,+
x
时，

0
g x


，故
ln x
g x
x

在


1,e
x
上单调递增，在


e,+
x
上单调递减，

ln x
g x
x

在
e
x处取得极大值，也是最大值，max
e
1
g x

，
所以1
e
1
m

，解得：0
e
m

，故正数m 的最大值为e .故选：C
2.已知不等式
1
ln
e
a
x
x
a
x
x



对


1
x

，
恒成立，则实数a 的最小值为（
）
A．
e

B．
e
2

C．e

D．2e

【答案】C
【分析】先利用同构变形得到1
1
ln
ln
e
e
a
a
x
x
x
x









，构造函数

ln
f x
x
x


，
0
x 
，
结合其单调性和求解的是a 的最小值，考虑两种情况，进行求解，最终求得实数a 的最小值.
【详解】因为
1
ln
e
a
x
x
a
x
x



，所以
1
ln
ln
e
a
a
a
x
x
x
a
x
x
x





，即1
1
ln
ln
e
e
a
a
x
x
x
x









，
构造函数

ln
f x
x
x


，
0
x 
所以


1
e
a
x
f
f x







1
1
1
x
f
x
x
x




，
令
( )
0
f
x
¢
>
，解得：
1
x 
，令

0
f
x


，解得：0
1
x

，故

f
x 在

0 1，上单调递减，在

1,上单调
递增，
当
1
x 
时，
1
0
1
ex


ax
，
与1 的大小不定，但当实数a 最小时，只需考虑其为负数的情况，此时0
1
ax


因为当0
1
x

时，

f
x 单调递减，故1
e
a
x
x

，两边取对数得：


ln
1
x
a
x x


ln
x
a
x

，
令
ln
x
g x
x

，则



2
1 ln
ln
x
g
x
x



，令

0
g
x


得：1
e
x


，令

0
g x


得：
e
x，
所以
g x 在

1
e
，
单调递增，在

e,+单调递减，所以

e
e
g x
g


故a 的最小值是e
．故选：C
3.若关于x 的不等式


e
ln
1
e
x
ax
a
x
x




在

1,上恒成立，则实数a 的取值范围为（
）
A．
1
, e







B．

,3

C．

,2

D．

,e

【答案】D
【分析】先根据题目不等式构造

ex
f x
ax


，得到



ln
1
f
x
f
x


，构造
ln
1
g x
x
x


，
1
x 
，
证明出1
ln
1
x
x


在

1,上恒成立，得到

ex
f x
ax


在

1,上单调递减，转化为
ex
a 
在

1,上
恒成立，求出实数a 的取值范围.
【详解】依题意，


ln
1
e
ln
1
e
x
x
ax
a
x





．令

ex
f x
ax


，则



ln
1
f
x
f
x


．令
ln
1
g x
x
x


，
1
x 
，
则

1
1
0
g
x
x



，所以
g x 在

1,上单调递减，则
1
0
g x
g


，
所以1
ln
1
x
x


在

1,上恒成立，故

ex
f x
ax


在

1,上单调递减，
所以

e
0
x
f
x
a




在

1,上恒成立，故
ex
a 
在

1,上恒成立，
其中
ex
y 
在

1,单调递增，故
e
e
x
y 

．所以
e
a 
，实数a 的取值范围是

,e

.故选：D
4.已知关于x 的不等式e
ln
2 ln
x
a
x
a
x
x


恒成立，其中e 为自然对数的底数，a
R 

，则（
）
A．a 既有最小值，也有最大值
B．a 有最小值，没有最大值
C．a 有最大值，没有最小值
D．a 既没有最小值，也没有最大值
【答案】B
【分析】对不等式进行变形，构造新函数，结合单调性与同构得到ln
2ln
a
x
x


，从而利用导函数研究

2ln
h x
x
x




0
x 
，求出最大值，从而求出
2ln 2 2
e
a


，得到答案.
【详解】e
ln
2 ln
x
a
x
a
x
x


变形为：


2
ln
ln
2
e
ln
e
ln
x
a
x
x x
a
x
x





，令
et
g t
xt


（
0
x 
）则上式可
化为：



2
ln
ln
g x
a
g
x


，其中

e
0
t
g t
x




，所以
et
g t
xt


（
0
x 
）单调递增，故
ln
2ln
x
a
x


，
即ln
2ln
a
x
x


，令
2ln
h x
x
x




0
x 
，则

2
2
1
x
h x
x
x




，当0
2
x


时，
0
h x


，当
2
x 
时，

0
h x


，所以
h x 在
2
x 
处取得极大值，也是最大值，故

max
2
2ln 2
2
h x
h



，所以ln
2ln 2
2
a 

，
解得：
2ln 2 2
e
a


，综上：a 有最小值，无最大值.
故选：B
5.已知a<0 ，若
1
x 
时，e
lne
ln
x
x
a
a
x
x





恒成立，则a 的最小值为（
）
A．1

B．2

C．e

D．2e

【答案】C
【分析】构造函数，利用函数单调性解出e x
ax

，两边取对数，进行参变分离，求导后求出最值，得到
答案.
【详解】令

ln
f x
x
x


，0
1
x

，则

1
1
1
0
x
f
x
x
x





在0
1
x

上恒成立，
所以

ln
f x
x
x


在

0,1 上单调递减，因为a<0 ，
1
x 
，所以


e
0,1
x

，


0,1
ax 
，
因为e
lne
ln
x
x
a
a
x
x





，所以e x
ax

，两边取对数得lne
ln
x
ax

，即
ln
x
a
x

，故ln
x
a
x


，
令
ln
x
g x
x


，
1
x 
，



2
ln
1
ln
x
g
x
x




，当


1,e
x
时，

0
g
x


，当


e,+
x
时，

0
g x


，
故
ln
x
g x
x


在
e
x上取得最大值，

max
e
e
g x
g

，故
e
a

≥
，
综上：a 的最小值为e
.故选：C.
题型五：移项讨论或分离参数求恒成立问题
1.已知函数





2
ln 1
ln
f x
x
x
a
x





有唯一零点，则

a
（
）
A．0
B．
1
2

C．1
D．2
【答案】C
【分析】分析可知函数

f
x 存在极小值


0
0
f x

且满足
0
0
0
1
1
2
1
x
a
x
x




，由此可得出




2
0
0
0
2
0
0
2
1
ln
0
1
1
x
f
x
x
x
x














，构造函数


2
2
1
2
ln
1
1
x
x
x
x
x














，其中
3
1
1
2
x



，利用
导数分析得出函数
x

在区间
3
1
1,
2










上为减函数，可求得
0x 的值，进而可求得a 的值.
【详解】函数

f
x 的定义域为

1,a

，则
1
a ，

1
1
2
1
f
x
x
x
x
a






，则





2
2
1
1
2
0
1
f
x
x
x
a







，
所以，函数

f
x

在

1,a

上为增函数，当
1
x


时，

f
x

，当x
a 

时，

f
x

，
则存在


0
1,
x
a

，使得


0
0
0
0
1
1
2
0
1
f
x
x
x
x
a







，则
0
0
0
1
1
2
1
x
a
x
x




，
当
0
1
x
x


时，

0
f
x


，此时函数

f
x 单调递减，当
0x
x
a


时，

0
f
x


，此时函数

f
x 单调递
增，







2
0
0
0
0
min
ln 1
ln
f x
f x
x
x
a
x







，由于函数





2
ln 1
ln
f x
x
x
a
x





有唯一零点，
则







2
0
0
0
0
min
ln 1
ln
0
f x
f x
x
x
a
x







，由
0
0
0
0
1
1
2
0
1
1
x
a
x
x
x










，解得
0
3
1
1
2
x



，
所以，






2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
2
0
0
0
0
2
1
1
1
ln 1
ln
ln 1
ln
2
ln
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
a
x
x
x
x






























，
令


2
2
1
2
ln
1
1
x
x
x
x
x














，其中
3
1
1
2
x



，















2
4
3
2
3
2
2
2
1
2
2
2
2
4
8
2
4
2
2
1 2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x






































2
2
2
2
4
1
2 2
2
2
1
1
x
x
x
x
x
x







，
3
1
1
2
x




，则
2
2
2
1
0
x
x


，
1
0
x 
，
2
2
0
x


，则

0
x


，
所以，函数
x

在
3
1
1,
2










上单调递减，且
0
0


，
0
0
x


，
从而可得1
1
a ，解得
1
a 
.故选：C.
2.若对任意


0,
x
，不等式
2
2
ln
ln
0
x
e
a
a
a
x



恒成立，则实数a 的最大值为（
）
A．
e
B．e
C．2e
D．
2e
【答案】C
【分析】令
2
( )
2
ln
ln
x
f x
e
a
a
a
x



，
(0,
)
x
，即
min
( )
0
f x
≥，利用导数研究函数
( )
f x 的性质，由
2
( )
4e x
a
f
x
x



递增，由零点存在定理知存在
0x ，使


0
0
f
x


，则可得
0
2
0
4
e x
a
x

，


0
2
min
0
0
( )
2
ln
ln
0
x
f x
f x
e
a
a
a
x





，代入
0
2
0
4
e x
a
x

，得关于
0x 的不等式





0
2
2
0
0
0
0
2
1 2
1
2
2
ln
ln 4
x
e
x
x
x
x






0
，再构造函数，利用单调性求得
0x 的取值范围，再由
0
2
0
4
e x
a
x

，
求得a 的最大值.
【详解】令
2
( )
2
ln
ln
x
f x
e
a
a
a
x



，
(0,
)
x
，所以
2
( )
4e x
a
f
x
x



，因为需要保证ln a 有意义，所
以
0
a 
，所以
( )
f
x 在(0,
)
上单调递增，因为当
0
x 
时，( )
0
f
x


，且
2
( )
4
1
0
a
f
a
e



，所以
0
(0, )
x
a

，
使得


0
0
f
x


，
并且当


0
0,
x
x

时，( )
0
f
x


；当


0,
x
x

时，( )
0
f
x


，所以函数
( )
f x 在

0
0, x
上单调递减，在

0,
x 
上单调递增，所以


0
2
min
0
0
( )
2
ln
ln
x
f x
f x
e
a
a
a
x




，且


0
2
0
0
4e
0
x
a
f
x
x




，所以
0
2
0
4
e x
a
x

，
0
0
ln
ln 4
ln
2
a
x
x



，
所以
0
2
min
0
( )
2
ln
ln
x
f x
e
a
a
a
x





0
0
0
2
2
2
0
0
0
0
0
2
4
ln 4
ln
2
4
ln
x
x
x
e
x e
x
x
x e
x







0
2
2
0
0
0
0
2
1
2
ln 4
4
ln
4
x
e
x
x
x
x









0
2
2
0
0
0
0
2
1 2
1
2
2
ln
ln 4
x
e
x
x
x
x







0
所以





2
0
0
0
0
1
2
1
2
2
ln
ln 4
0
x
x
x
x




，考虑函数


2
( )
(1
2 )(1
2 )
2
ln
ln 4
h x
x
x
x
x





2
2
1
4
2 ln
2 ln 4
x
x
x
x



，
其中
(0,
)
x
，
根据复合函数单调性可得函数( )
h x 在(0,
)
上单调递减，
因为
1
0
2
h





，所以解( ) 0
h x 得到
1
0, 2
x





，所以
0
1
0, 2
x






，
因为
0
2
0
4
e x
a
x

在
1
0, 2





上单调递增，所以
1
2
2
1
4
e
2e
2
a





，所以a 的最大值为2e .故选：C
3.已知2
1
a

，且
0
x 
时，


5
8
5
48
4 2
x
e
x
a



恒成立，则a 的最小值是（
）
A．1

B．ln 2
2

C．1 e

D．ln3
3

【答案】B
【解析】设



5
8
5
4 2
48
x
f x
e
x
a




，
0
x 
，原不等式转化为
min
0
f
x

成立，利用导数研究函数的
最小值，利用最小值不小于0，可求出a 的范围，从而求其最小值.
【详解】设



5
8
5
4 2
48
x
f x
e
x
a




，
0
x 
，下面先求
min
f x
，且
min
0
f
x

；






2
4
2
2
40
2
2
2
,
*
x
x
x
f
x
e
x
a
e
x
a
e
x
a













当
0
x 
时，
2
2
1
0
x
e
x
a
a




，设
2
2
x
h x
e
x
a



，

2
2
2
0
x
h x
e




，
h x 在

0,增，故


0
1
h x
h
a


，
当1
1
a

时

0
f
x


，故


5
0
53
4
0
f x
f
a




，满足题设；
当2
1
a

时，
0
1
0
h
a


，
2
2
1
2
4
0
h
e
a
e





，则


0
0,1
x


使

0
0
h x

，即
0
2
0
2
0
x
e
x
a



，
且

f
x 在

0
0, x
减，在

0,
x 增，则



0
0
8
10
0
min
5
4
48
x
x
f x
f x
e
e




，记


0
2
2
1
x
t
e
t
e


，
则



4
5
0
5
4
48
f
x
g t
t
t




，



3
20
1
0
g t
t
t




，
g t 在

2
1,e
减，由
0
g t 
，即

2
g t
g

，
知1
2
t

，即
0
2
1
2
x
e


，故
0
1
0
ln 2
2
x


，设

2
2
x
P x
x
e


，则



2
2 1
0
x
P
x
e




，
故

P x 在

0,减，故


0
1 ln 2
2
a
P x
P 







，即
ln 2
2
a 

，因此a 的最小值是ln 2
2

.
4.已知函数

3
2
1
1
1
3
2
x
f x
xe
ax
ax



，


0,
x
，若

f
x 有最小值，则实数a 的取值范围是
A．

,e 
B．

,e 
C．
3
2
2
,
3 e






D．
3
2
2
,
3 e







【答案】C
【分析】对函数

y
f x

求导得出




1
x
f
x
x
e
ax




，由题意得出函数

y
f x

在

0, 

上存在极
小值点，然后对参数a 分类讨论，在a
e

时，函数

y
f x

单调递增，无最小值；在a
e

时，根据函数

y
f x

的单调性得出


0
f x
f

极小值
，从而求出实数a 的取值范围.
【详解】

3
2
1
1
1
3
2
x
f x
xe
ax
ax




Q
，






2
1
1
x
x
f
x
x
e
ax
ax
x
e
ax









，
构造函数
x
g x
e
ax


，其中
0
x 
，则

x
g
x
e
a



.
①当
1
a 
时，对任意的
0
x 
，

0
g
x


，则函数

y
g x

在

0, 

上单调递减，
此时，

0
1
0
g x
g


，则对任意的
0
x 
，

0
f
x


.
此时，函数

y
f x

在区间

0, 

上单调递增，无最小值；
②当
1
a 时，解方程

0
x
g
x
e
a




，得
ln
x
a

.
当0
ln
x
a


时，

0
g
x


，当
ln
x
a

时，

0
g
x


，
此时，




min
ln
ln
1 ln
g x
g
a
a
a
a
a
a





.
（i）当1 ln
0
a


时，即当1
a
e


时，则对任意的
0
x 
，

0
f
x


，
此时，函数

y
f x

在区间

0, 

上单调递增，无最小值；
（ii）当1 ln
0
a


时，即当a
e

时，

0
1
g

，当x 时，
g x ，
由零点存在定理可知，存在


1
0,ln
t
a

和


2
ln ,
t
a

，使得

1
2
0
g t
g t


，
即
1
2
1
2
0
t
t
e
at
e
at




，且当
1
0
x
t


和
2
x
t

时，
0
g x 
，此时，

0
f
x


；
当1
2
t
x
t


时，
0
g x 
，此时，

0
f
x


.
所以，函数

y
f x

在
1
x
t

处取得极大值，在
2
x
t

取得极小值，
由题意可知，



2
0
1
f
x
f t
f



极小值
，

2
2
2
2
2
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
2
3
2
3
2
t
t
t
t
t
t
f t
t e
at
at
t e
t e
t e
t e
t e









，
可得2
3
2
t 
，又
2
2
0
te
at


，可得
2
2
te
a
t

，构造函数
xe
h x
x

，其中
3
2
x 
，
则



2
1
0
xe
x
h
x
x




，此时，函数

y
h x

在区间3 ,
2




上单调递增，
当
3
2
x 
时，则
3
3
2
2
3
2
3
2
3
2
e
h x
h
e









，
3
2
2
3
a
e


.
因此，实数a 的取值范围是
3
2
2
,
3 e






，故选C.
5.当
0
x 
时，不等式
2e
2ln
1
x
x
mx
x



有解，则实数m 的范围为（
）
A．

1,
B．
1 ,
e





C．
2 ,
e





D．

2,
【答案】A
【分析】先令
1
m ，构造导数证得在

0,1 上存在
0x 使得
0
2
0
0
0
e
2ln
1
x
x
x
x



，即
1
m 满足题意，故排除
D；再利用一次函数的单调性证得当
1
m 时，
2e
2ln
1
x
x
x
m
x



在

0, 

上恒成立，即可排除BC，实
则至此已经可以选择A 选项，然而我们可以进一步证得当
1
m 
时，题设不等式也成立，由此选项A 正
确.
【详解】当
1
m 时，题设不等式可化为
2e
2ln
1
0
x
x
x
x



有解，
令



2e
2ln
1
0
x
f
x
x
x
x
x





，则问题转化为

0
f x 
有解，





2
2
e
2
e
1
2
1
2
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x








，
令


2
1
0
ex
x
x
g x 


，则


2
e
2
0
x
g
x
x
x




，所以
g x 在

0, 

上单调递增，
又
0
1
0
g

，
1
e 1
0
g


，故
g x 在

0,1 上存在唯一零点
0x ，且
0
2
0
1
ex
x
，两边取自然对数得
0
0
2ln
0
x
x


，
所以当
0
0
x
x


时，
0
g x 
，即

0
f
x


，故

f
x 单调递减；当
0
x
x

时，
0
g x 
，即
( )
0
f
x
¢
>
，故

f
x 单调递增；
所以





0
0
2
2
0
0
0
0
0
0
0
min
e
2ln
1
e
1
2ln
0
x
x
f
x
f
x
x
x
x
x
x
x








，即在

0,1 上存在
0x 使得
0
2
0
0
0
e
2ln
1
x
x
x
x


，即

0
f x 
有解
0x ，
即
1
m 满足题意，故排除D.
由上述证明可得
2e
2ln
1
0
x
x
x
x



，即
2e
2ln
1
x
x
x
x



在

0, 

上恒成立，
令
2ln
1
h m
xm
x


，则

0
h m
x



，故
h m 在R 上单调递增；
所以当
1
m 时，

1
h
h m

，即
2ln
1
2ln
1
x
x
mx
x




，故
2e
2ln
1
x
x
x
m
x



，
即当
1
m 时，
2e
2ln
1
x
x
x
m
x



在

0, 

上恒成立，显然题设不等式无解，矛盾，故排除BC；
当
1
m 
时，

1
h m
h

，即
2ln
1
2ln
1
mx
x
x
x




，故
0
0
0
0
2ln
1
2ln
1
mx
x
x
x



，
又
0
2
0
0
0
e
2ln
1
x
x
x
x


，故
0
2
0
0
0
e
2ln
1
x
x
mx
x


，即
2e
2ln
1
x
x
mx
x



至少有一解
0x ；
综上：m
1

，即选项A 正确.
故选：A.
题型六：虚设零点型求恒成立问题
1.已知不等式
1
e
ln
2
3
x
x
x
x
m




对


0,
x

恒成立，则m 取值范围为（
）
A．
1
2
m 
B．
1
2
m 
C．
2
m 
D．
2
m 
【答案】A
【分析】将问题转化为
1
e
ln
2
3
x
x
x
x
m




对


0,
x

恒成立，构造函数

1
e
ln
x
f x
x
x
x




，进而
通过导数方法求出函数的最小值，即可得到答案.
【详解】不等式
1
e
ln
2
3
x
x
x
x
m




对


0,
x

恒成立，即
1
e
ln
2
3
x
x
x
x
m




对


0,
x

恒成
立，令



1
e
ln
0
x
f x
x
x
x x





，




1
1
1
1
1 e
1
1
e
x
x
f
x
x
x
x
x














，而
1
1
ex
g x
x



在

0, 

单调递增（增+增），且

2
17
16
1
e
1
0
1
e
16
0
16
g
g












，所以
0
1 ,1
16
x






（x0 唯一），使得


0 1
0
0
1
e
0
x
g x
x




.
则


0
0,
x
x

时，

0
0
g x
f
x




，

f
x 单调递减，


0,
x
x

时，

0
0
g x
f
x




，

f
x 单
调递增.所以



0 1
0
0
0
0
min
e
ln
x
f x
f x
x
x
x





根据



0
0
1
0
1
0
0
0
0
e
1
1
e
0
ln
1
x
x
x
g x
x
x
x












，
所以



0
0
min
1
1
2
f x
x
x




，所以
1
2
2
3
2
m
m




.
故选：A.
2.若关于x 的不等式
ln
x a
e
x
a


对一切正实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是（
）
A．
1
, e







B．

,e

C．

,1

D．

,2


【答案】C
【分析】构造函数
( )
(
0)
x a
f x
e
lnx
a x





，将原不等式转化为求解函数
( )
f x 的最小值，通过导数判断函数
的单调性研究函数的最值，得到
0
0
0
x
a
e
lnx
a

，再利用基本不等式进行求解即可．
【详解】解：设
( )
(
0)
x a
f x
e
lnx
a x





，则
( ) 0
f x 对一切正实数x 恒成立，即
( )
0
min
f x
，
由
1
( )
x a
f
x
e
x




，令
1
( )
x a
h x
e
x



，则
2
1
( )
0
x a
h x
e
x





恒成立，所以( )
h x 在(0,
)
上为增函数，
当
0
x 
时，( )
h x ，当x 时，( )
h x ，则在(0,
)
上，存在
0x 使得
0
(
)
0
h x

，
当
0
0
x
x


时，( )
0
h x 
，当
0
x
x

时，( )
0
h x 
，故函数
( )
f x 在
0
(0,
)
x
上单调递减，在
0
(x ，
)


上单调递
增，
所以函数
( )
f x 在
0
x
x

处取得最小值为
0
0
0
(
)
0
x
a
f x
e
lnx
a



，因为
0
0
1
x
a
e
x

，即
0
0
x
a
lnx


，
所以
0
0
1
0
x
a
a
x 

恒成立，即
0
0
1
2a x
x


，又
0
0
0
0
1
1
2
2
x
x
x
x




，当且仅当
0
0
1
x
x

，即
0
1
x 时取等号，
故2
2
a，所以
1
a．故选：C．
3.设实数
0

，若对任意


0,
x
，不等式


ln
0
xe
x



恒成立，则的取值范围是（
）
A．
1
0
e



B．0
1
e




C．0
e



D．
2
0
e



【答案】C
【分析】令



ln
xe
f x
x




，根据二阶导数的符号判断
( )
f
x

的单调性，由零点存在性定理易知
0
(0,
)
x


使
0
(
)
0
f
x


，此时
0
0
x
x e

，进而讨论
( )
f x 的单调性可知
0
( )
(
)
f x
f x

，要使题设不等式恒
成立，即
0
0
0
(
)
ln
ln
0
xe
f x
x





成立，构造
0
0
0
0
1
(
)
2ln
g x
x
x
x



利用导数研究其单调性确定
0
(
)
0
g x

的区间，进而求的范围.
【详解】令



ln
xe
f x
x




，只需要


0,
x
上
( )
0
f x 
恒成立，∵
1
( )
xe
f
x
x




且
0

，
∴
2
1
( )
0
xe
f
x
x





，即
( )
f
x

在


0,
x
上单调递增，∵
0
lim
( )
x
f
x



，lim
( )
x
f
x


，
∴
0
(0,
)
x


，使
0
(
)
0
f
x


，即
0
0
x
x e

，
∴
0
(0,
)
x
x

时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递减；
0
(
,
)
x
x

时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递增；
故只需





0
0
0
0
0
ln
ln
ln
0
x
x
e
e
f x
f x
x
x










，令
0
0
0
0
1
(
)
2ln
g x
x
x
x



，
∴
2
0
0
1
(
)
(
1)
0
g x
x




，故
0
(
)
g x
在
0
(0,
)
x 
上递减，而
(1)
0
g

，
∴
0
(0,1]
x 
时，
0
(
)
0
g x

恒成立，可知
0
0
(0, ]
x
x e
e


.故选：C
4.已知函数





2
ln 1
ln
f x
x
x
a
x





有唯一零点，则

a
（
）
A．0
B．
1
2

C．1
D．2
【答案】C
【分析】
分析可知函数

f
x 存在极小值


0
0
f x

且满足
0
0
0
1
1
2
1
x
a
x
x




，由此可得出




2
0
0
0
2
0
0
2
1
ln
0
1
1
x
f
x
x
x
x














，构造函数


2
2
1
2
ln
1
1
x
x
x
x
x














，其中
3
1
1
2
x



，利用
导数分析得出函数
x

在区间
3
1
1,
2










上为减函数，可求得
0x 的值，进而可求得a 的值.
【详解】函数

f
x 的定义域为

1,a

，则
1
a ，

1
1
2
1
f
x
x
x
x
a






，
则





2
2
1
1
2
0
1
f
x
x
x
a







，所以，函数

f
x

在

1,a

上为增函数，
当
1
x


时，

f
x

，当x
a 

时，

f
x

，
则存在


0
1,
x
a

，使得


0
0
0
0
1
1
2
0
1
f
x
x
x
x
a







，则
0
0
0
1
1
2
1
x
a
x
x




，
当
0
1
x
x


时，

0
f
x


，此时函数

f
x 单调递减，
当
0x
x
a


时，

0
f
x


，此时函数

f
x 单调递增，







2
0
0
0
0
min
ln 1
ln
f x
f x
x
x
a
x







，
由于函数





2
ln 1
ln
f x
x
x
a
x





有唯一零点，则







2
0
0
0
0
min
ln 1
ln
0
f x
f x
x
x
a
x







，
由
0
0
0
0
1
1
2
0
1
1
x
a
x
x
x










，解得
0
3
1
1
2
x



，
所以，






2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
2
0
0
0
0
2
1
1
1
ln 1
ln
ln 1
ln
2
ln
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
a
x
x
x
x






























，
令


2
2
1
2
ln
1
1
x
x
x
x
x














，其中
3
1
1
2
x



，















2
4
3
2
3
2
2
2
1
2
2
2
2
4
8
2
4
2
2
1 2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x






































2
2
2
2
4
1
2 2
2
2
1
1
x
x
x
x
x
x







，
3
1
1
2
x




，则
2
2
2
1
0
x
x


，
1
0
x 
，
2
2
0
x


，则

0
x


，
所以，函数
x

在
3
1
1,
2










上单调递减，且
0
0


，
0
0
x


，
从而可得1
1
a ，解得
1
a 
.故选：C.
5.若对任意


0,
x
，不等式
2
2
ln
ln
0
x
e
a
a
a
x



恒成立，则实数a 的最大值为（
）
A．
e
B．e
C．2e
D．
2e
【答案】C
【分析】
令
2
( )
2
ln
ln
x
f x
e
a
a
a
x



，
(0,
)
x
，即
min
( )
0
f x
≥，利用导数研究函数
( )
f x 的性质，由
2
( )
4e x
a
f
x
x



递增，由零点存在定理知存在
0x ，使


0
0
f
x


，则可得
0
2
0
4
e x
a
x

，


0
2
min
0
0
( )
2
ln
ln
0
x
f x
f x
e
a
a
a
x





，代入
0
2
0
4
e x
a
x

，得关于
0x 的不等式





0
2
2
0
0
0
0
2
1 2
1
2
2
ln
ln 4
x
e
x
x
x
x






0
，再构造函数，利用单调性求得
0x 的取值范围，再由
0
2
0
4
e x
a
x

，
求得a 的最大值.
【详解】令
2
( )
2
ln
ln
x
f x
e
a
a
a
x



，
(0,
)
x
，所以
2
( )
4e x
a
f
x
x



，
因为需要保证ln a 有意义，所以
0
a 
，所以
( )
f
x 在(0,
)
上单调递增，
因为当
0
x 
时，
( )
0
f
x


，且
2
( )
4
1
0
a
f
a
e



，所以
0
(0, )
x
a

，使得


0
0
f
x


，
并且当


0
0,
x
x

时，( )
0
f
x


；当


0,
x
x

时，( )
0
f
x


，所以函数
( )
f x 在

0
0, x
上单调递减，在

0,
x 
上单调递增，所以


0
2
min
0
0
( )
2
ln
ln
x
f x
f x
e
a
a
a
x




，且


0
2
0
0
4e
0
x
a
f
x
x




，
所以
0
2
0
4
e x
a
x

，
0
0
ln
ln 4
ln
2
a
x
x



，所以
0
2
min
0
( )
2
ln
ln
x
f x
e
a
a
a
x





0
0
0
2
2
2
0
0
0
0
0
2
4
ln 4
ln
2
4
ln
x
x
x
e
x e
x
x
x e
x







0
2
2
0
0
0
0
2
1
2
ln 4
4
ln
4
x
e
x
x
x
x









0
2
2
0
0
0
0
2
1 2
1
2
2
ln
ln 4
x
e
x
x
x
x







0
所以




2
0
0
0
0
1
2
1
2
2
ln
ln 4
0
x
x
x
x




，
考虑函数


2
( )
(1
2 )(1
2 )
2
ln
ln 4
h x
x
x
x
x





2
2
1
4
2 ln
2 ln 4
x
x
x
x



，其中
(0,
)
x
，
根据复合函数单调性可得函数( )
h x 在(0,
)
上单调递减，
因为
1
0
2
h





，所以解( ) 0
h x 得到
1
0, 2
x





，所以
0
1
0, 2
x






，
因为
0
2
0
4
e x
a
x

在
1
0, 2





上单调递增，所以
1
2
2
1
4
e
2e
2
a





，所以a 的最大值为2e .故选：C
题型七：等式型求恒成立问题
1.已知函数
( )
x
f x
x e


，
2
1
( )
ln
2
g x
x
x
a



，若
1
2
,
[1,2]
x x


，使得



1
2
f x
g x

，则实数a 的取值范
围是
A．
2
2
1
1
ln 2
2,
2
e
e









B．
2
2
1
1
ln 2
2,
2
e
e









C．
2
1
1 2
,
ln 2
2
2
e e









D．
2
1
1 2
,
ln 2
2
2
e e









【答案】B
【解析】直接对

f
x 和
g x 进行求导，通过导数研究函数的单调性，得出
( )
f x 在区间[1,2] 上是单调减函
数和( )
g x 在区间[1,2] 上是单调增函数，由于
1
2
,
[1,2]
x x


，使得



1
2
f x
g x

，则
{ |
( )}
{ |
( )}
y y
f x
y y
g x



，即可求出实数a 的取值范围.
【详解】解：因为函数
( )
x
f x
x e


，
2
1
( )
ln
2
g x
x
x
a



，
( )
(1
)
0
x
f
x
e
x






，
( )
f x 在区间[1,2] 上是单调减函数，所以
2
2 1
( )
,
e
e
f x





，
2
1
1
( )
0
x
g x
x
x
x






，( )
g x 在区间[1,2] 上是单调增函数，所以
1
( )
,2
ln 2
2
g x
a
a









，
由于
1
2
,
[1,2]
x x


使得



1
2
f x
g x

，所以{ |
( )}
{ |
( )}
y y
f x
y y
g x



，
当{ |
( )}
{ |
( )}
y y
f x
y y
g x



时，得
2
2
2
ln2
e
a



或1
1
2
a
e 

，
所以
2
2
ln2
2
e
a 


或
1
1
e
2
a 

，所以
( )
( )
f x
g x

，得
2
2
1
1
ln 2
2,
e
e
2
a









．故选：B．
2.已知
1
x ，
2
x 是函数

2
2
2ln
f x
x
ax
x



的两个极值点，且
1
2
x
x

，当
5
2
a 
时，不等式


1
2
f
x
mx

恒成
立，则实数m 的取值范围（
）
A．
8
ln 2,0
9








B．
8
,
ln 2
9








C．
8
ln 2,0
9







D．
8
ln 2,
9







【答案】B
【分析】先求导由
1
x ，
2
x 是极值点，得
1
2
1
2
,
1
x
x
a x x


，进而将不等式


1
2
f
x
mx

恒成立转化为


3
1
1
1
1 min
2
2
ln
m
x
x
x
x



，构造函数
g x 求得最小值，即可求出实数m 的取值范围.
【详解】由题意得，
0
x 
，



2
2
1
2
2
2
x
ax
f
x
x
a
x
x







，所以
1
x ，
2
x 是方程
2
1
0
x
ax


的两个
正根，
所以
2
1
2
1
2
5
4
0,
,
1
2
a
x
x
a
x x






，不等式


1
2
f
x
mx

恒成立，即


1
2
f x
m
x

恒成立；
又




2
1
3
2
3
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
2
2
2
2ln
2
2
ln
2
2
ln
f
x
x
ax
x
x
ax
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x










3
1
1
1
1
2
2
ln
x
x
x
x



，
则


3
1
1
1
1 min
2
2
ln
m
x
x
x
x



，又
1
2
1
2
5 ,
1
2
x
x
a
x x



≥
，可得
1
1
1
5
2
x
x


，则
1
1
0
2
x

≤
.
令
3
2
2 ln ,
1
0
2
g x
x
x
x
x
x








，则

2
2
3
2
2
2ln
3
2ln
0
g
x
x
x
x
x








，
所以
g x 在
1
0, 2





上单调递减，所以min
1
9
ln 2
2
8
g x
g 








，故
9
ln 2
8
m 

.
故选：B.
3.设函数




1
e
e
x
f
x
x



，
ln
g x
x
ax


，其中a R ．若对任意的正实数
1
x ，2
x ，不等式



1
2
f x
g x

恒成立，则a 的最小值为（
）
A．0
B．1
C．1
e
D．e
【答案】C
【分析】根据不等式



1
2
f x
g x

恒成立的等价形式



min
1
2
f
x
g x

，求

f
x 的最小值，然后分离常数得


ln
0
x
a
x
x


恒成立，令
ln x
h x
x

求其最大值，从而得到a 的取值范围，进而求得最小值.
【详解】依题意，当
1
2
0,
0
x
x


时，不等式



1
2
f x
g x

恒成立，等价于



min
1
2
f
x
g x

，
对于

f
x ，当0
1
x

时，
1
0
x 
，e
e<0
x 
，

0
f x


，
当
1

x
时，
1
0
x ，e
e
0
x 

，

0
f x


，当且仅当
1
x 
时，

min
0
f
x 
，
当
0
x 
时，
ln
0
g x
x
ax



，即


ln
0
x
a
x
x


，令
ln x
h x
x

，

2
1
ln x
h
x
x



，
当0
e
x


时，

0
h x


，
h x 单调递增；当
e
x时，

0
h x


，
h x 单调递减；


max
ln e
1
e
e
e
h
x
h




，
1
e
a


，
a

的最小值为1
e .故选：C.
4.已知函数
ln
( )
x
f x
x

，
2
( )
ln(
1)
2
g x
x
ax



，若
2
1
1,e
x




，
2
(0,1]
x


使得




1
2
f x
g x

成立，则实
数a 的取值范围是（
）
A．
ln 2
,
2







B．
ln 2
,
2







C．
1
,
e







D．
ln 2
,e
2








【答案】A
【分析】先根据恒成立转化不等式为



2
min
f x
g x

，再分离转化为求


2
ln
1
( )
,
(0,1]
x
h x
x
x




最大值，
利用导数研究其单调性，即可确定结果.
【详解】

2
ln
1 ln
( )






x
x
f
x
x
f x
x
，
2
1,e




x
，∴令

0
f
x


，解得1
e
x


，

f
x 单调递增，
∴令

0
f
x


，解得
2
e
e
x


，

f
x 单调递减，∵



2
2
2
1
0
e
e



f
f


min
1
0
f x
f



因为对
2
1
1,e
x




，


2
0,1
x


使得




1
2
f x
g x

成立，所以


0,1
x

使得
2
ln(
1)
2
0



x
ax 成立，
因为


2
0,ln
1
2
0




x
x
ax
，所以
(0,1]
x

，使得


2
0
ln
1
2



x
ax 成立，
令


2
ln
1
( )
,
(0,1]
x
h x
x
x




，所以
max
2
( )

a
h x




2
4
3
1
[ ln
1 ] 2
2ln
1
1
1
( )
x
x
x
x
x
x
x
h x
x
x



















2ln
1 ,
0,1 ,
1






x
x
x
x
x





2
2
1
2
2
1
0
1
1
1











x
x
x
x
x
，

x

在

0,1 单调递增，


0
0
x





，因此
( )
0
h x


，( )
h x 在(0,1] 单调递增，
max
( )
(1)
ln 2



h x
h
，
2
ln 2


a
，
ln 2
2



a
故选：A
5.已知函数
( )
(
2)e
e
1
x
f x
x



，( )
ln
a
g x
x
x
x


，对任意的
1 ,3
e
m





，总存在
1 ,3
e
n





使得(
)
( )
g m
f n

成立，则a 的范围为_________．
【答案】
1
a
【分析】
解题的关键在于读懂“对任意的
1 ,3
e
m





，总存在
1 ,3
e
n





使得(
)
( )
g m
f n

成立”这一恒成立问题，即
min
( )
( )
g x
f x

要恒成立，先通过求导求出
min
( )
f
x
，再通过
min
( )
( )
g x
f x

恒成立问题分离参数a ，被分离部分
再构造函数求最值，即可求出a
【详解】
解：对任意的
1 ,3
e
m





，总存在
1 ,3
e
n





使得(
)
( )
g m
f n

成立，即
min
( )
( )
g x
f x

恒成立
∵
( )
(
2)
1
x
f x
x
e
e




，∴
( )
(
1)e x
f
x
x



∴当
1
( ,1)
e
x 
时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 单调递减，
∴当
(1,3)
x
时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 单调递增，
∴
min
( )
(1)
1
f x
f


当
1 ,3
e
x





时，( )
ln
1
a
g x
x
x
x


，则
2 ln
a x
x
x


记
2
( )
ln
h x
x
x
x


，
( )
1
2 ln
h x
x
x
x



，
(1)
0
h

，
( )
3
2ln
h
x
x


( )
h
x

在1 ,3
e





上单减，
1
( )
1
e
h
x
h 









，所以
( )
h x

单减，则
1
( ,1)
e
x 
，( )
h x 单增，
(1,3)
x
，( )
h x 单减，所以
max
( )
(1)
1
h x
h


故当
1
a时，( ) 1
g x ．
故实数a 的取值范围为
1
a．
题型八：倍缩型函数求参数
【基础知识】
如果函数
( )
f x 在定义域的某个区间

,
m n （m
n

）上的值域恰为

,
km kn （
0
k 
），则称函数
( )
f x 为

,
m n
上的k 倍域函数，

,
m n 称为函数
( )
f x 的一个k 倍域区间．
把函数( )
h x 存在区间

,
m n ，使得函数( )
h x 为

,
m n 上的k 倍域函数，结合函数的单调性，转化为
( )
( )
h m
km
h n
kn





是解答的关键.
1.设函数的定义域为D，若满足条件：存在

,a b
D

，使

f x 在

,a b 上的值域为
,
2 2
a b





，则称

f x 为“倍
缩函数”.若函数
=
x
f x
e
t
为“倍缩函数”，则实数t 的取值范围是
A．
1
ln2
,
2








B．
1 ln2
,
2








C．1
ln2 ,
2






D．1
ln2 ,
2








【答案】B
【分析】
根据定义及函数单调性，分析可得关于x 的方程，判断出方程有两个不等的实数根；构造函数
( )
2
x
x
g x
e
t


，通过求导求得极值点，代入后求得t 的最大值．
【详解】
因为函数
=
x
f x
e
t
为“倍缩函数”，且为递增函数
所以存在

,a b
D

，使

f
x 在

,a b 上的值域为
,
2 2
a b






则
2
2
a
b
a
e
t
b
e
t






，由此可知等价于
0
2
x
x
e
t


有两个不等实数根。令( )
2
x
x
g x
e
t



则
1
'( )
2
x
g x
e


，令
1
'( )
0
2
x
g x
e



解得
1
ln
ln2
2
x 

代入方程得
ln2
1 ln 2
0
2
e
t



解得
ln 2 1
2
t


，因为有两个不等的实数根所以t 的取值范围为
1
ln2
,
2








所以选B
2.设函数
( )
f x 的定义域为D ，若函数
( )
f x 满足条件：存在[ , ]
a b
D

，使
( )
f x 在[ , ]
a b 上的值域是
,
2 2
a b






，
则
( )
f x 称为“倍缩函数”，若函数


2
( )
log
2x
f x
t


为“倍缩函数”，则实数t 的取值范围是________.
【答案】
1
0, 4






【分析】由题意得，函数是增函数，构造出方程组，利用方程组的解都大于0，求出t 的取值范围.
【详解】
因为函数


2
( )
log
2x
f x
t


为“倍缩函数”，即满足存在[ , ]
a b
D

，使
( )
f x 在[ , ]
a b 上的值域是
,
2 2
a b






由复合函数单调性可知函数
( )
f x 在[ , ]
a b 上是增函数
所以




min
max
f a
f
x
f b
f
x





，则




2
2
log
2
2
log
2
2
a
b
a
t
b
t








，即
2
2
2
2
2
2
a
a
b
b
t
t






所以方程
2
2
2
0
x
x
t


有两个不等的实根，且
两根都大于0
则

2
1
4
0
0
t
t





，解得
1
0
4
t

所以实数t 的取值范围是
1
0, 4





.故答案为：
1
0, 4






3.设函数
h x 的定义域为D，若满足条件：存在

,a b
D

，使
h x 在

,a b 上的值域为

2 ,2
a
b ，则称
h x 为
“倍胀函数”.若函数

ln
f x
x
t

为“倍胀函数”，则实数t 的取值范围是________.
【答案】

1 ln 2,


【分析】
根据定义及函数的单调性，可得方程ln
2
0
x
x
t


有两个不等的实数根，构造函数
ln
2
g x
x
x
t


，
通过求导求得极值点，代入
g x ，求得
g x 的最大值，进而可求解.
【详解】
解：因为函数

ln
f x
x
t

为“倍胀函数”，且定义域为

0, 

，所以存在



,
0,
a b 
，使

f
x 在

,a b
上的值域为

2 ,2
a
b .因为

f
x 为增函数，所以
ln
2
ln
2
a
t
a
b
t
b





，所以方程ln
2
0
x
x
t


有两个不等的实数根.
令


ln
2
0
g x
x
x
t x




，则

1
2
g
x
x



，令

1
2
0
g
x
x




，解得
1
2
x 
.易知
g x 在
1
0, 2






上单调
递增，在1 ,
2







上单调递减，所以max
1
1
ln
1
1
ln 2
2
2
g x
g
t
t









.易知当
0
x 
时，
g x ，
当x 时
g x ，所以要使方程ln
2
0
x
x
t


有两个不等的实数根，只需
1 ln2
0
t 

，得
1 ln 2
t 
，所以t 的取值范围为

1 ln 2,

.
故答案为：

1 ln 2,


4.设函数

f
x 的定义域为I ，若存在

,a b
I

，使得

f
x 在区间

,a b 上的值域为


*
,
ka kb
k
N

，
则称

f
x 为“ k 倍函数”.已知函数



3
log
3x
f x
m


为“3 倍函数”，则实数m 的取值范围为（
）
A．
2 3
0, 9








B．
2 3 ,0
9









C．2 3 ,
9









D．
2 3
, 9









【答案】A
【分析】
问题转化为
33
3
0
x
x
m



有两个不等的实数根，设
3x
t 
，换元
3t
t
m

有两个不等的正实数根，
记


3
0
g t
t
t t



，求导则



3
3
3
0
3
3
g t
t
t
t

















，结合图象得出结论.
【详解】
解：由函数



3
log
3x
f x
m


为“3 倍函数”，且函数



3
log
3x
f x
m


单调递增，得
3
3
log (3
)
3
log (3
)
3
a
b
m
a
m
b







，即
3
3
3
3
3
3
a
a
b
b
m
m







，
33
3
0
x
x
m




有两个不等的实数根，设
3x
t 
，则问题转化
为关于t 的方程
3t
t
m

有两个不等的正实数根.记


3
0
g t
t
t t



，则



3
3
3
0
3
3
g t
t
t
t

















，
令

0
g t


，得
3
0
3
t

，当
0
t 
时，min
3
2 3
3
9
g t
g 









，
故可画出函数

y
g t

与y
m

的草图，如下图所示：
由图可知，
2 3 ,0
9
m










，
2 3
0, 9
m









时，有两个交点，
即
33
3
0
x
x
m



有两个不等的实数根.故选：A.
5.设函数

f
x 的定义域为D ，若满足条件：存在[ , ]
m n
D

，使

f
x 在[
]
m
n
，
上的值域为[
]
km
kn
，
（k R
且
0
k 
），则称

f
x 为“ k 倍函数”，若函数
( )
x
f x
a



1
a 
为“3 倍函数”，则实数a 的取值范围是（
）
A．
3
1,
ee






B．

3
1,e
C．
2
,
ee
e






D．

3
,e e
【答案】A
【分析】由函数与方程的关系得：函数
( )
x
f x
a



1
a 
为“3 倍函数”，即函数
( )
y
f x

的图像与直线
3
y
x

有两个不同的交点，设( )
3
x
g x
a
x


，再利用导数可得求出( )
g x 的单调区间，只需
3
(log
)
0
ln
a
g
a 
，即可
求出
3
1
e
a
e


【详解】因为函数
( )
x
f x
a



1
a 
为增函数，由函数
( )
x
f x
a



1
a 
为“3 倍函数”，即函数
( )
y
f x

的图
像与直线
3
y
x

有两个不同的交点，
设( )
3
x
g x
a
x


，则
( )
ln
3
x
g x
a
a


，又
1
a ，所以ln
0
a 
，则当
3
log ln
a
x
a

时，
( )
0
g x


，
当
3
log ln
a
x
a

时，
( )
0
g x


，所以函数( )
g x 在
3
(
,log
)
ln
a
a

为减函数，在
3
(log
,
)
ln
a
a 为增函数，
要使
( )
y
f x

的图像与直线
3
y
x

有两个不同的交点，
则需
3
(log
)
0
ln
a
g
a 
，即
3
log ln
3
3log
0
ln
a
a
a
a
a


所以1
3
log
ln
ln
a
a
a

，所以
ln
3
log
1
ln
a
a
a







所以
ln
3
ln
a
a
a







所以
3
ln
1
ln a 
所以
3
ln
e
a 
即
3
e
a
e

又
1
a ，所以
3
1
e
a
e


故选A
题型九：双变量型求不等式
1.已知函数

ex
f x
ax


有两个零点
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x

，则下列说法不正确的是（
）
A．
e
a 
B．


1
2
1
2
ln
2
x
x
x x



C．
1
2
1
x x 
D．

f
x 有极小值点
【答案】C
【分析】求得函数的导数，得到函数的单调区间，确定函数的极小值，根据极小值小于0，判断A；根据
方程，指对互化，判断B；根据极值点的位置，结合

0
0
f

，即可判断C；根据A 的判断，即可判断
D.
【详解】由题意，函数

ex
f x
ax


，则

ex
f
x
a



，
当
0
a 
时，

e
0
x
f
x
a




在R 上恒成立，所以函数

f
x 单调递增，不符合题意；
当
0
a 
时，令

e
0
x
f
x
a




，解得


ln
x
a


，令

e
0
x
f
x
a




，解得


ln
x
a


，
所以函数

f
x 在


(
,ln
)
a


上单调递减，在


(ln
,
)
a

上单调递增，
因为函数

ex
f x
ax


有两个零点
1
2
,
x x 且
1
2
x
x

，
对A，则










ln
(ln
)
e
ln
ln
(1 ln
)
0
a
a
a
a
a
f
a
a
a
a













，且
0
a 
，
所以


1 ln
0
a



，解得
e
a ，所以A 正确；
对B，
e
a ，且
1
1
e
0
x
ax


，
2
2
e
0
x
ax


，故


1
1
ln
x
ax


，


2
2
ln
x
ax


，
所以


2
1
2
1
2
1
2
1
2
ln(
)
2ln
ln(
)
2
ln(
)
x
x
a x x
a
x x
x x







，所以B 正确；
对C，由
(0)
1
0

f
，且由A 可知，
e
a ，


ln
1
a

，则
2
0
1
x

，但
1
2
1
x x 不能确定，
所以C 不正确；
对D，由函数

f
x 在


(
,ln
)
a


上单调递减，在


(ln
,
)
a

上单调递增，
所以函数的极小值点为


0
ln
x
a


，所以D 正确；
故选：C.
2.已知函数



2 ex
f x
x


，若



1
2
f x
f x

，且
1
2
x
x

，
1
2
0
x
x


，则（
）
A．
1
1
2
x 
B．
2
3
2
x 
C．
1
2
1
x x 
D．
1
2
2
x
x


【答案】D
【分析】利用导数讨论函数
( )
f x 的单调性，设
1
2
x
x

、
0
(
)
2
f x
且
0
0
x 
，结合图象得
1
2
0
0
1
2
x
x
x




，
再利用导数研究函数
( )
(1
)
(1
)
g x
f
x
f
x




的性质得
(1
)
(1
)
f
x
f
x



，结合



1
2
f x
f x

变形、基本不
等式，即可判断各项正误.
【详解】
( )
(
2)e x
f x
x


，则
( )
(
1)e x
f
x
x



，令
( )
0
1
f
x
x




，
当
(
,1)
x


时
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递减，当
(1,
)
x
时
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递增，
在
(
,2)
x


上
( )
0
f x 
，且
(2)
0
f

，
(0)
2
f
，
min
( )
(1)
e
f x
f

，即
( )
e
f x .
综上，
( )
f x 的图象如下：结合



1
2
f x
f x
k


，
1
2
0
x
x


，令
1
2
x
x

，
如上图，若
0
0
0
(
)
(
2
2
)ex
f x
x


且
0
0
x 
，则
1
2
0
0
1
2
x
x
x




，则
1
1
2
x 
不一定成立，A 错误；
又
3
3
2
3
3
e
( )
(
2)e
( e,
2
2
2
)
2
f





，故
0
3
2
x

，则
2
3
2
x 
不一定成立，B 错误；
令
1
1
( )
(1
)
(1
)
(
1)e
(
1)e
x
x
g x
f
x
f
x
x
x










，
则
1
1
1
1
( )
e
e
(e
e
)
x
x
x
x
g x
x
x
x









，
当
0
x 
时，
1 1
x
x

，得
1
1
e
e
x
x



，则
( )
0
g x


；
当
0
x 
时，
1 1
x
x

，得
1
1
e
e
x
x



，则
( )
0
g x


，
所以函数( )
g x 在R 上单调递增，且(0)
0
g

，
所以
(1
)
(1
)
f
x
f
x



在R 上恒成立，得
2
2
2
(
)
[1 (
1)]
[1 (
1)]
f x
f
x
f
x






，
即
2
2
(
)
(2
)
f x
f
x


，又
1
2
(
)
(
)
f x
f x

，所以
1
2
(
)
(2
)
f x
f
x


，
由
2
2
1
x

，且函数
( )
f x 在
(
,1)
x


单调递减，得
1
2
2
x
x


，即
1
2
2
x
x


，D 正确.
又
1
2
0
0
1
2
x
x
x




，则
1
2
1
2
2
2
x
x
x x



，即
1
2
1
x x

，故
1
2
0
1
x x


，C 错误.
故选：D.
3.已知函数

2
1
1
ln
x
f x
k
x
k
x










，


2,
k 
，曲线

y
f x

上总存在两点


1
1
,
M x y
，


2
2
,
N x
y
，
使曲线

y
f x

在
,
M N 两点处的切线互相平行，则
1
2
x
x

的取值范围为（
）
A．4 ,
5







B．8 ,
5







C．4 ,
5





D．8 ,
5





【答案】B
【分析】由题得
1
2
1
2
1
x
x
k
x x
k









，分析得到
1
2
4
1
x
x
k
k



对


2,
k 
都成立，
再求函数
1
g k
k
k


，


2,
k 
的最小值得解.
【详解】由题得函数

2
1
1
ln
x
f x
k
x
k
x










的导数

2
1
1
1
1
f
x
k
k
x
x












.
由题意可得




1
2
f
x
f
x



（
1
2
,
0
x x 
，且
1
2
x
x

）.即有
2
2
1
1
2
2
1
1
1
1
1
1
k
k
k
x
x
k
x
x



















，
化为
1
2
1
2
1
x
x
k
x x
k









，而
2
1
2
1
2
2
x
x
x x







，∴
2
1
2
1
2
1
2
x
x
x
x
k
k














，
化为
1
2
4
1
x
x
k
k



对


2,
k 
都成立，令
1
g k
k
k


，


2,
k 
，

2
1
1
0
g
k
k



，对


2,
k 
恒成立，即
g k 在

2, 

递增，
∴

5
2
2
g k
g


，∴
4
8
1
5
k
k


，∴
2
2
8
5
x
x


，即
1
2
x
x

的取值范围是8 ,
5







.选：B.
4.若方程x﹣2lnx+a＝0 存在两个不相等的实数根x1 和x2，则（
）
A．
1
2
1
1
1
x
x

＜
B．
1
2
1
1
1
x
x

＞
C．
1
2
1
1
1
x
x


D．
1
2
1
1
1
x
x


【答案】B
【分析】x1 和x2 是方程x﹣2lnx+a＝0 两个不相等的实数根，不妨设
1
2
x
x

，代入方程消去a 得到
2
1
,
x x 关
系，令
1
2
1
x
t
x

，
2
1
,
x x 用t 表示，进而将
1
2
1
1

x
x 用t 表示，构造函数判断
1
2
1
1

x
x 与1的大小关系，即可求
出结论.
【详解】x1 和x2 是方程x﹣2lnx+a＝0 两个不相等的实数根，不妨设
1
2
0
x
x


，
1
1
2
2
2
0,
2
0
x
lnx
a
x
lnx
a


﹣
＝
﹣
＝,
两式相减得
1
1
2
2
2
0
x
x
x
ln x


＝，令
1
1
2
2
1,
x
t
x
tx
x



，
2
2
1
2
2ln
2 ln
(
1)
2ln ,
,
1
1
t
t
t
x t
t
x
x
tx
t
t









，
2
1
2
1
1
1
1
(
1)(
1)
1
2ln
2 ln
2 ln
2 ln
t
t
t
t
t
x
x
t
t
t
t
t
t
t











，令
2
( )
1 2 ln ,
1,
( )
2
2ln
2
g t
t
t
t t
g t
t
t







，
令
2
( )
2
2ln
2,
( )
2
,
1,
( )
0
t
t
t
t
t
t
t












恒成立，
( )t

在(1,
)
是单调递增，
( )
(1)
0,
( )
0
t
g t








恒成立，
( )
g t

在(1,
)
是单调递增，
( )
(1)
0,
1
g t
g
t



恒成立，
2
2
2
1
1 2 ln
0,
1
2 ln
0,
1
2 ln
t
t
t
t
t
t
t
t
t







，
1
2
1
1
1
x
x


.故选:B.
5.已知直线
2
y
x

分别与函数
x
y
e

和
ln
y
x

的图象交于点


1
1
,
A x y
，

2
2
,
B x
y
，则下列结论错误的是
（
）
A．
1
2
2
x
x


B．
1
2
2
x
x
e
e
e


C．
1
2
2
1
ln
ln
0
x
x
x
x


D．
1
2
2
e
x x 
【答案】D
【解析】对A，分别作出函数
2
y
x

，
x
y
e

，
ln
y
x

的图象，通过图象观察易得
1
2
2
x
x


成立；利
用基本不等式可证B 成立；构造函数

ln x
f x
x

可证C 成立；构造函数
2
ln
g x
x
x



可得
2
1
x
e


，
再利用函数
ln
y
x
x

的单调性，可证得D 不成立；
【详解】对A，如图，作出函数
x
y
e

、
ln
y
x

和y
x

的草图，因为A，B 关于C 对称，且
1
2
0
1
x
x


，
因为( )
1,1
C
，所以
1
2
2
x
x


，故A 正确；
对B，由基本不等式，
1
2
1
2
2
2
x
x
x
x
e
e
e
e




，因为
1
2
x
x

，所以等号不成立，故B 正确；
对C，因为
2
1
2
1
2
0
1
2
x
x
x x










，所以
1
2
1
0
1
x
x



，记

ln x
f x
x

，
则

2
1
ln x
f
x
x



，故0
1
x

时，
( )
0
f
x
¢
>
，所以

ln x
f x
x

在(
)
0,1 上单调递增，所以


1
2
1
f
x
f
x







，
即
1
2
2
2
1
2
1
ln
ln
ln
1
x
x
x
x
x
x


，即
1
2
2
1
ln
ln
0
x
x
x
x


，故C 正确；
对D，记
2
ln
g x
x
x



，则
1
1
0
g

，

1
3
2
0
2
2
g
e
e
e






，则
2
1
x
e


，又


1
2
2
2
2
2
2
ln
x x
x
x
x
x



，易知
ln
y
x
x

在

1,e 上单调递增，故
1
2
2
2
ln
ln
2
e
x x
x
x
e
e



，故D 错误．
故选：D．
题型十：双变量型转化为凸凹反转型
1.设大于1 的两个实数a，b 满足
2
2
ln
a
n
b
b
e
a






，则正整数n 的最大值为（
）．
A．7
B．9
C．11
D．12
【答案】B
【分析】将已知条件变形为
2
2
ln
a
n
n
b
e
b
a

，构造两个函数，对函数求导，根据函数的单调性求出n 的最大值
即可.
【详解】解：易知
2
2
ln
n
a
n
b
b
e
a

等价于
2
2
ln
a
n
n
b
e
b
a

．令



2
ln
1
n
x
f x
x
x


，则





1
2
1
ln
2
ln
ln
2
ln
n
n
n
x
x
n
x
x
n
x
f
x
x
x








．
令

0
f
x


得
2
n
x
e

．当
( )
0
f
x
¢
>
时


2
1,
n
x
e

；当

0
f
x


时


2,
n
x
e

．所以

f
x 在

2
1,
ne
上单调递
增，在

2,
ne 上单调递减，则

f
x 有最大值
2
2
2
2
n
n
f e
e







．令


2
1
x
n
e
g x
x
x


，则



2
1
2
x
n
e
x
n
g
x
x 



．
当
1
2
n 时不符合，舍去，所以
1
2
n ．则

0
g
x


，
2
n
x 
．当

0
g
x


时
2
n
x 
；当

0
g x


时1
2
n
x


．
所以
g x 在1, 2
n





上单调递减，在
,
2
n






上单调递增，则
g x 有最小值
2
2
n
n
n
e
g
n












．
若
2
2
ln
a
n
n
b
e
b
a

成立，只需
2
2
n
n
f e
g 





，即
2
2
2
2
n
n
e
n
e
n












，即
2
2
2
n
n
n
e








．
两边取自然对数可得


2
2 ln 2
n
n
n



．当
2
n 
时等式成立；当
3
n 
时有
2
ln
2
2
n
n
n



．
令
2
ln
2
2
x
x
x
x





，本题即求
0
x


的最大的正整数．



2
4
1
0
2
x
x
x







恒成立，则
x

在

3,上单调递减．
因为
5
8
ln 4
0
3




，
11
9
9
ln
1.5714 1.51
0
7
2






，

3
10
ln5
0
2




，
所以
0
x


的最大正整数为9．故选：B．
2.已知正数,a b 满足
2e
1
2
ln
1
8
2
a
b
a
b



，则ea
b

（
）
A．9
4
B．3
2
C．1
D．3
4
【答案】A
【分析】不等式可化为
2e
8
4ln
16
8
a
a
b
b




，分别构造函数，利用导数求出函数的最大、最小值，由不
等式左边最小值等于右边的最大值，建立方程即可得解.
【详解】由
2
2
e
1
2
ln
1
e
8
4ln
16
8
8
2
a
a
b
a
b
a
b
b







，设
( )
e
4
x
f x
x


，则
( )
e
4
x
f
x



，
当
ln 4
x 
时，
( )
0
f
x


，当
ln 4
x 
时，
( )
0
f
x


，所以
( )
f x 在(0,ln4) 上单调递减，在(ln 4,
)
上单调递
增，
则
min
( )
(ln 4)
4
8ln 2
f x
f



，故
2
(2 )
e
8
4
8ln 2
a
f
a
a




，
当且仅当2
ln 4
a 
，即
ln 2
a 
时取等号；
设
( )
4ln
16
8
g x
x
x



，则
4(1 4 )
( )
x
g x
x



，当
1
0
4
x


时
( )
0
g x


，当1
4
x

时
( )
0
g x


，
所以( )
g x 在
1
0, 4






上单调递增，在1 ,
4






上单调递减，所以
max
1
( )
4
8ln 2
4
g x
g 








，故
( )
4ln
16
8
4
8ln 2
g b
b
b





，当且仅当
1
4
b 
时取等号，
又
(2 )
( )
f
a
g b

，则
(2 )
( )
4
8ln 2
f
a
g b



，此时
1
ln 2,
4
a
b


，则
1
9
e
2
4
4
a
b




.故选：A
3.已知实数x ，y 满足


2
ln 4
3
6
3
2
6
x y
x
y
e
x
y







，则x
y

的值为
A．2
B．1
C．0
D．1

【答案】A
【分析】
设m
4x
3y
6



，n
x
y
2



，得
n
lnm
e
m
n
2




，变形为
n
lnm
m
e
n
2,(m
0)





，令

f m
lnm
m


，
n
h n
e
n
2



，求导求最值得

max
min
f m
h n

,结合取等条件求出x,y 即可
【详解】
设m
4x
3y
6



，n
x
y
2



，则m
n
3x
2y
4




n
lnm
e
m
n
2




，
n
lnm
m
e
n
2,(m
0)





令
f m
lnm
m


，f (m)= 1
1,
0
m m<1,  f (m)>0,; m>1,  f (m)<0,则
f m 在

0,1 单调递增

1, 

单调
递减


max
f m
f 1
1


，

f m
1


令
n
h n
e
n
2



，


ne
1,
0,
0;
0,
0,
h n
n
h n
n
h n








则

h n
,0


单调递减，

0, 

单调递
增



min
h n
h 0
1
h n
1




由题意

f m
h n
m
1


，n
0

，
4
3
6
1
2
0
x
y
x
y









，
x
1


，y
1

,故x+y=2。故选A
4.已知函数
( )
(| ln
|
)
x
f x
e
x
m
x



有两个零点，则m 的取值范围为（
）
A．(
,
)
e


B．
1
(
,
)
e

C．( 1,
)


D．(0,
)

【答案】B
【解析】
【分析】
根据零点定义，令

0
f x 
，可得
ln
x
x
m
x
e 

，构造函数
x
x
g x
m
e


，求导并令

'
0
g
x 
，解得
1
x 
，
且根据导数的符号判断单调性，进而可得在
1
x 
处取得最大值。所以可得

max
1
1
g x
g
m
e



，进而根
据极限值情况可得m 的取值范围。
【详解】令

0
f x 
，可化为
ln
x
x
m
x
e 

，令
x
x
g x
m
e


，

1
'
x
x
g
x
e


，令

'
0
g
x 
，得
1
x 
，
当


,1
x
时，

'
0
g
x 
；当


1,
x
时，

'
0
g
x 
，
所以

max
1
1
g x
g
m
e



，

g x 先增后减，即从负无穷增大到1
m
e 
，然后递减到m ，而函数
ln
y
x

是

0,1 时由正无穷递减到0，
然后又逐渐增大，所以1
0
m
e 

，即
1
m
e

所以选B
题型十一：多参代换型
1.已知函数

ln x
f
x
x

，对于正实数a，若关于t 的方程

a
f t
f
t







恰有三个不同的正实数根，则a 的取
值范围是（
）
A．

1,8
B．

2,8
e
C．

8,
D．

2,
e

【答案】D
【分析】研究

ln x
f x
x

的图像可知，若

a
f t
f
t







，令
1
2
,
a
x
t x
t


，则



1
2
f x
f x

，且
1
2
,
1
x x ，
可以推出，
1
2
x
x

或
1
2
x x
a

，通过对数不等式写出关于
1
2
x x 的不等式，即可求出a 的范围
【详解】因为

ln x
f x
x

，

2
1 ln x
f
x
x


’
，令

2
1 ln
0
x
f
x
x



’
得：0
x
e


；令

2
1 ln
0
x
f
x
x



’
得：
x
e

，所以

f
x 在区间

0,e 单调递增，在

,e 单调递减，且x 时，

0
f x 
恒成立，

f
x 的图
像如下：
令
1
2
,
a
x
t x
t


，则



1
2
f x
f x

，且
1
2
,
1
x x 
①当
1
2
x
x

时，
,
a
t
t
a
t


，成立，所以
a 是方程的一个实数根
②当
1
2
x
x

时，由



1
2
f x
f x

得：
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x

，令
1
2
1
2
ln
ln
x
x
m
x
x


则：
1
1
2
2
ln
ln
mx
x
mx
x





，两式相减得：
1
2
1
2
ln
ln
x
x
m
x
x



，两式相加得：
1
2
1
2
ln
ln
x
x
m
x
x



所以：
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x





，由对数均值不等式得：
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




所以：
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




，且
1
2
,
1
x x ，所以
1
2
ln
2
x x 
，
2
1
2
x x
e

，即：
2
a
t
a
e
t



所以
2
a
e

故选：D
2.若对任意正实数
2
2
, ,
(
)
a b a
lnb
lna b
ab
mab




恒成立，则实数m 的取值范围是_________
【答案】

,2

【分析】将原不等式等价转化为


min
1
1
(
l
0
n )
m
x
x
x
x



，构造函数
1
( )
ln
x
x
x
x



，利用导数求得( )
x

的最小值，由此求得
1
m 的取值范围，进而求得m 的取值范围.
【详解】对任意正实数
2
2
, ,
(
)
a b a
lnb
lna b
ab
mab




恒成立，
即




2
2
ln
ln
1
a
b
a b
m
ab




恒成立，
1
(ln
ln )
ln
a
b
a
b
b
m
b
a
b
a
b
a
a







对任意正实数,a b 恒成立，
min
1
(
ln
)
.
a
b
b
m
b
a
a




令
,
b
x
a 
则
min
1
0,
1
(
ln )
x
m
x
x
x



.
设
1
( )
ln ,
x
x
x
x



则

2
1
ln
1.
x
x
x





令( )
( )
g x
x


则
3
2
1
( )
0,
( )
g x
x
x
x







在(0,
)
上单调递增，
又
2
1
(1)
ln1 1
0,
1





当
(0,1)
x
时，
( )
0,
x


当
(1,
)
x
时，
( )
0,
x





( )
x 在(0，1)上单调递减，在(1,
)
上单调递增，
min
( )
(1)
1,
1 1,
2.
x
m
m







故答案为：

,2

3.设三次函数
3
2
1
1
( )
3
2
f x
ax
bx
cx



，（a,b,c 为实数且
0
a 
）的导数为
( )
f
x ，记( )
( )
g x
f
x


，若对任
意xR ，不等式
( )
( )
f
x
g x


恒成立，则
2
2
2
b
a
c

的最大值为____________
【答案】2 2
2

【分析】先对函数
( )
f x 求导，二次求导，求出( )
g x ，不等式
( )
( )
f
x
g x


恒成立问题即二次不等式恒成立
问题，根据图像可得
0
且
0
a 
，可得出
1
c
a ，分
1
c
a 
和
1
c
a 讨论，利用不等式的性质和基本不等式
可求得
2
2
2
b
a
c

的最大值．
【详解】因为
3
2
1
1
( )
3
2
f x
ax
bx
cx



，所以
2
( )
,
( )
2
f
x
ax
bx
c f
x
ax
b







，即( )
2
g x
ax
b


.
因为对任意xR ，不等式
( )
( )
f
x
g x


恒成立，所以
2
2
ax
bx
c
ax
b




恒成立，即
2
(
2 )
0
ax
b
a x
c
b



恒成立，所以
2
(
2 )
4 (
) 0
b
a
a c
b




且
0
a 
，即
2
2
4
4
b
ac
a


，所以
2
4
4
0
ac
a

，所以
0
c a 

，所以
1
c
a ，令
c
t
a

，则
1
t.①当
1
t 时，
2
2
2
,
0,
0
b
a
c b
a
c




；②当
1
t 时，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
4
4
4
4(
1)
4(
1)
4
4
2 2
2
2
1
(
1)
2(
1)
2
2 2
2
(
1)
2
1
(
1)
c
b
ac
a
t
t
a
a
c
a
c
t
t
t
c
t
t
a






























当且仅当
2
1
t 
时，取得最大值为2 2
2

.故答案为2 2
2

4.已知存在
1
2
(0,
)
x
x 

，
，若要使等式
1
2
1
1
2
2
(
2
)(ln
ln
)
x
x
ex
x
x




成立（e=2.71828…），则实数的可
能的取值是（
）
A．1
2e
B．2
e
C．1
e
D．0
【答案】B
【解析】根据题意可得
2
2
1
1
1
1
2
ln
2
x
x
e
x
x









，求出1
的取值范围，进而可得的取值范围，结合选项，
即可求解.
【详解】解：
1
2
1
1
2
2
(
2
)(ln
ln
)
x
x
ex
x
x





，
2
1
1
2
2
2
1
1
1
(
2
)(ln
ln
)
1
1
2
ln
2
2
x
ex
x
x
x
x
e
x
x
x













令
2
1
x
t
x

，又
1
2
(0,
)
x
x 

，
，
0
t

，且


1
1
2
ln
2 t
e
t


，令


1
1
( )
2
ln
2
f t
t
e
t



，则
1
2
( )
ln
1
2
e
f
t
t
t









，
再令
2
2
1
2
( )
ln
1
( )
0
e
e
g t
t
g t
t
t
t







，
( )
g t

在(0,
)
上单调递增
又
2
( )
ln
1
0
e
g e
e
e




，在(0, )e 上，
( )
0
g t 
；在( ,
)
e 上，( )
0
g t 
，
则在(0, )e 上，
( )
0
f t


；在( ,
)
e 上，
( )
0
f t


，


1
( )
( )
( )
2
ln
2
2
max
e
f t
f t
f e
e
e
e






极大值
1
2
e



且当
0
t


时，
( )
f t ；当t 时，
( )
f t ，
1
0
( )
f t


或
1
2
( )
f t
e

0



或
2
e

所以结合选项，可知答案选B.故选：B
5.若正实数,a b 满足
1
a
b

，则函数
2
1
( )
(3
)
f x
ax
x
a
b




的零点的最大值为______.
【答案】
85
9
2

【分析】根据题意，先求出函数

2
1
3
f
x
ax
x
a
b










的零点，
2
2
1
1
3
3
1
2
2
b
b
x
a
a

























，然后换
元
1
3
2
b
t
a


，转化为求

2
1
f t
t
t

的最大值，求导取得其单调性，转化为求t 的最大值，再令

2
4
3
2
2
a
t
f a
a
a




，再根据单调性求最大值，最后求得结果.
【详解】因为正实数,a b 满足
1
a
b

，则函数

2
1
3
f
x
ax
x
a
b










的零点
2
2
2
2
1
1
1
1
3
3
4
3
3
1
2
2
2
a
b
b
b
b
x
a
a
a











































令
1
3
2
b
t
a


所以零点的最大值就相当于求
2
1
t
t


的最大值令

2
1
f t
t
t

，

2
2
2
1
1
1 2
1
1
0
2
1
2
1
t
f
t
t
t









所以函数

2
1
f t
t
t

是单调递减的，
当t 取最小值时，f(t)取最大值又因为
1
3
2
b
t
a


，a+b=1 所以
2
1
3
4
3
1
(0
1)
2
2
2
a
a
t
a
a
a
a








令

2
4
3
2
2
a
f a
a
a



，









2
2
2
2
2
2
3 2
2
4
3
2
4
6
16
8
2
2
2
2
a
a
a
a
a
a
f
a
a
a
a
a













令

0
f
a


，解得2
1
3
a

，此时

f a 递增。

0
f
a


，解得
2
0
3
a


，此时

f a 递减，
min
2
4
3
2
9
3
2
4
3
2
2
2
3
9
f a
f
t













所以此时

2
max
9
9
9
85
9
1
2
2
2
2
f t
f


















故答案为
85
9
2

题型十二：多参二次构造放缩型
1.已知关于x 的不等式

1
ln
a
x
x
b



恒成立，则
1
eb
a
的最小值为（
）
A．1

B．
1
2

C．
1
4

D．
1
8

【答案】C
【分析】令
( )
ln
(
1)
f x
x
a
x



，则将问题转化为
max
( )
f x
b
，求出函数的导数，根据函数的单调性可求
出
( )
f x 的最大值，问题转化为
1
(
1)
eb
a



，1
0
a


时，
1
e
(
1)
b
a
a a


，从而可求出其最小值.
【详解】关于x 的不等式

1
ln
a
x
x
b



恒成立，即ln
(
1)
x
a
x
b


，
令
( )
ln
(
1)
f x
x
a
x



，则
max
( )
f x
b
，
1
(
1)
1
( )
(
1)
a
x
f
x
a
x
x








，
当
1
a 时，
( )
0
f
x


，则
( )
f x 在(0,
)
上递增，所以
( )
f x 无最大值，
当
1
a 时，令
( )
0
f
x


，解得
1
0
1
x
a



，令
( )
0
f
x


，解得
1
1
x
a

，
所以
( )
f x 在
1
0,
1
a






上递增，在
1 ,
1
a








上递减，所以
max
1
1
( )
ln
1
ln(
1) 1
1
1
f x
f
a
a
a













，
所以
ln(
1) 1
a
b


，得ln(
1)
1
a
b


，所以
ln(
1)
1
e
e
a
b



，即
1
1
eb
a


，所以当1
0
a


时，
1
e
(
1)
b
a
a a


，
令
2
1
1
1
( )
(
1)
,0
2
4
4
g a
a a
a


















，所以此时
1
1 ,
1
ln 2, e
2
b
a
b
a



取最小值为
1
4

，
当
0
a 
时，
1
e
0
b
a

，综上，
1
eb
a
的最小值为
1
4

，故选：C
2.已知e 为自然对数的底数，,a b 为实数，且不等式ln
(2
1)
1
0
x
e
a
x
b




对任意的
(0,
)
x
恒成立.
则当
2
1
b
a


取最大值时，a 的值为（
）
A．2e
B．2
1
e 
C．3e
D．3
1
e 
【答案】D
【解析】先构造函数

ln
(2
1)
1
f x
x
e
a
x
b





，求出

f
x

，讨论确定出
max
0
f x

得


ln
1 2
b
a
e


，
则有


ln
1
2
2
2
1
1
a
e
b
a
a






，再构造出函数


ln
2
2
t
e
g t
t



，同样利用导数确定出
g t 的最大值，从
而得到a 值.
【详解】设

ln
(2
1)
1
f x
x
e
a
x
b





，则

1
2
1
f
x
e
a
x




，当
2
1
a
e

时，( )
0
f
x
¢
>
，所以

f
x
在

0, 

上递增，不符合条件，故
2
1
a
e

，令

0
f
x


得
1
1 2
x
a
e


，
所以

f
x 在
1
0,
1
2
a
e






上递增，
1
,
1
2
a
e







上递增，
故有
max
1
1
ln
0
1
2
1
2
f
x
f
b
a
e
a
e












，即


ln
1 2
b
a
e


，则有


ln
1
2
2
2
1
1
a
e
b
a
a






，
令
1,
2
t
a
t
e



，


ln
2
2
t
e
g t
t



，则



ln
2
2
2
t
t
e
t
e
g t
t






在

2 ,e 上递减，且


3
0
g
e


，
所以
g t 在

2 ,3
e e 上递增，

3 ,e 上递减，所以


3
g t
g
e

，此时
2
1
b
a


取得最大值，且
1
3
a
e

，所
以
3
1
a
e

.故选：D
3.设k ，bR ，若关于x 的不等式


ln
1
x
x
kx
b




在

1,上恒成立，则
1
1
b
k


的最小值是（
）
A．
2e

B．
1
1
e


C．
2
1
e

D．
1
e

【答案】D
【分析】根据不等式


ln
1
x
x
kx
b




在

1,上恒成立，令
1
0
t
x


，转化为


ln
1
1
t
t
k t
b



在


0, 

上恒成立，令



ln
1
1
f t
t
t
k t



，用导数法求得最大值


1
ln
1
1
f
k
k
k









，转化为


ln
1
1
2
1
1
1
1
k
b
k
k
k









，再令
1
u
k

，得到
2
ln
1
u
g u
u
u



，求其最大值即可.
【详解】因为不等式


ln
1
x
x
kx
b




在

1,上恒成立，所以不等式



ln
1
1
x
k x
b




在

1,上恒
成立，
令
1
0
t
x


，则


ln
1
1
t
t
k t
b



在

0, 

上恒成立，令



ln
1
1
f t
t
t
k t



，
所以

1
1
f
t
k
t



，若
1
k 
，则

0
f
t


，

f t 在

0, 

递增，当t 时，

f t ，不等式
不成立，
故
1
k 
，当
1
0
1
t
k

时，

0
f
t


，当
1
1
t
k

时，

0
f
t


，
所以当
1
1
t
k

时，

f t 取得最大值


1
1
ln
1 1
ln
1
1
1
f
k
k
k
k
k












，所以


ln
1
k
k
b




，
所以




ln
1
1
2
1
k
k
b





，所以


ln
1
1
2
1
1
1
1
k
b
k
k
k









，令
1
u
k

，则
2
ln
1
u
g u
u
u



，
所以

2
2
2
2
1 ln
1 ln
u
u
g u
u
u
u






，当
1
0
u
e


时

0
g u


，当
1
u
e

时，

0
g u


，
所以当
1
u
e

时，
g u 取得最小值
1
1
g
e
e






，所以
1
1
b
k


的最小值是
1
e
故选：D
4.已知函数

2
3
1
2
xe
x
f
x
x 


，若x
R

时，恒有

2
'
3
f
x
x
ax
b



，则ab
b

的最大值为
A．
e
B．
2
e
C．2
e
D．e
【答案】C
【分析】对函数

f
x 求导并带入已知不等式中，将不等式恒成立问题由构造新函数
x
g x
e
x
ax



并借
助导数利用分类讨论求最小值即可求出ab 的不等式关系，进而表示







2
2
1
1
1
ln 1
b
a
a
a
a






，
再令
1
t
a

并构造
2
2 ln
h t
t
t
t


，利用导数求得最大值即可.
【详解】因为函数

2
3
1
2
xe
x
f
x
x 


，则

2
3
xe
x
f
x
x




，
由题可知，对x
R

，恒有
2
2
3
3
0
x
x
e
x
x
x
ax
b
e
x
ax
b










成立，
令
x
g x
e
x
ax



，则

1
x
g
x
e
a



，
当
1
a 时，函数
g x 在R 上单调递增，且x 时，
g x ，不符合题意；
当
1
a 时，
0
ab
b


，
当
1
a 时，令



1
0
ln 1
x
g
x
e
a
x
a







，所以函数
g x 在




ln 1
,
a

上单调递增，且在




,ln 1 a


上单调递减；
所以













ln 1
min
ln 1
ln 1
ln 1
1
1
ln 1
a
g x
g
a
e
a
a
a
a
a
a

















，
故












2
2
1
1
ln 1
0
1
1
1
ln 1
a
a
a
b
b
a
a
a
a













，
令
1
0
t
a


，则
2
2 ln
h t
t
t
t


，且





2
2 ln
1 2ln
h t
t
t
t
t
t
t






，
当


0,
t
e

时，

0
h t


，函数
h t 单调递增；当


,
t
e

时，

0
h t


，函数
h t 单调递减，
所以





2
2
max
ln
2
e
h t
h
e
e
e
e




，故

1
2
e
b
a


，
综上所述，ab
b

的最大值为2
e .故选：C
5.已知
0
a 
，
0
b 
，关于x 的不等式
ln
1
a
b
x
x
a

无实数解，则b
a

的最小值为（
）
A．
1
4

B．1
4
C．
1
2

D．
1
2
【答案】A
【分析】根据题意分析可得

ln
1
a
b
f x
x
x
a



在定义域内恒成立，求导，利用导数判断单调性和最值结
合恒成立问题可得
2
b
a

，进而利用二次函数求b
a

的最大值.
【详解】构建

ln
a
b
f x
x
x
a


，由题意可得

ln
1
a
b
f x
x
x
a



在定义域内恒成立，
可得

f
x 的定义域为

0, 

，且

2
1
a
a
b
a x
b
f
x
ax
ax
ax






因为
0
a 
，
0
b 
，
令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
1
2
a
b
x
a






；令

0
f
x


，解得
1
2
0
a
b
x
a







；
则

f
x 在
1
2
,
a
b
a
















上单调递增，在
1
2
0,
a
b
a














上单调递减；
所以

1
1
2
2
2
2
2
2
ln
ln
1
a
a
b
b
b
b
b
b
b
f
x
f
a
a
a
a
a
a
a


























，令
2
0
b
t
a


，则
ln
1
t
t
t


，
构建
ln ,
0
g t
t
t
t t


，则



1
1 ln
ln
g t
t
t




，令

0
g t

，解得0
1
t

；令

0
g t


，解得
1
t ；
则
g t 在

0,1 上单调递增，在

1, 上单调递减，所以

1
1
g t
g

，若
ln
1
t
t
t


，则
2
1
b
t
a

，即
2
b
a

，
所以
2
2
1
1
2
4
b
a
a
a
a












，当
1
1
,
2
4
a
b


时，b
a

取到最小值
1
4

.故选：A.
题型十三：多参韦达定理求参型
1.若函数
2
( )
ln
(
0)
b
c
f x
a
x
a
x
x




既有极大值也有极小值，则错误的是（
）
A．
0
bc 
B．
0
ab 
C．
2
8
0
b
ac


D．
0
ac 
【答案】A
【分析】求出函数
( )
f x 的导数
'( )
f
x ，由已知，可得函数
'( )
f
x 在

0, 

上有两个变号零点，转化为一元
二次方程有两个不等的正根判断作答即可．
【详解】函数
( )
f x 的定义域为

0, 

，
由



2
ln
0
b
c
f
x
a
x
a
x
x




，得

2
2
3
3
2
2
a
b
c
ax
bx
c
f
x
x
x
x
x







，因为函数

f
x 既有极大值也有极小
值，
所以函数
'( )
f
x 在

0, 

上有两个变号零点，而
0
a 
，
所以方程
2
2
0
ax
bx
c



有两个不等的正根
1
2
,
x x ，
所以
2
1
2
1
2
Δ
8
0
0
2
0
b
ac
b
x
x
a
c
x x
a















，所以
2
8
0,
0,
0
b
ac
ab
ac




，所以
2
0
a bc 
，即
0
bc 
．
故BCD 正确，A 错误．故选：A．
2.若函数



2
3
1
ln
0
2
x
f x
a
x
a
x
x





既有极大值也有极小值，则a（
）
A．
9
0, 4






B．(0,3)
C．


9
0,
9,
4








D．(
)
(
)
0 3
9 

,
,
【答案】A
【分析】将函数既有极大值也有极小值转化为导函数对应的方程有两个不等正根即可解决问题.
【详解】因为



2
3
1
ln
0
2
x
f x
a
x
a
x
x





，所以函数

f
x 定义域为

0, 

，

2
2
3
3
3
1
3
1
a
ax
x
f
x
x
x
x
x







，
由题意，方程

0
f
x


，即
2
3
1
0
ax
x


有两个不相等的正根，设为
1
2
,
x x ，
则
1
2
1
2
Δ
9
4
0
3
0
1
·
0
a
x
x
a
x x
a















，解得
9
0
4
a


，即a 的取值范围为
9
0, 4





，故选：A.
3.若函数
2
1
( )
ln
2
f x
x
x
ax
=
+
+
有两个极值点
1
2
,
x x ，且




1
2
5
f
x
f
x

，则（
）
A．
4 2
a 
B．
2 2
a 
C．
2 2
a 
D．
4 2
a 
【答案】C
【分析】由极值点定义确定
1
2
,
,
x x a 的关系，化简




1
2
5
f
x
f
x

，由此求a 的范围.
【详解】因为函数
2
1
( )
ln
2
f x
x
x
ax
=
+
+
有两个极值点
1
2
,
x x ，
又函数
2
1
( )
ln
2
f x
x
x
ax
=
+
+
的定义域为

0, 

，导函数为
2
1
( )
x
ax
f
x
x




，
所以方程
2
1
0
x
ax


由两个不同的正根，且
1
2
,
x x 为其根，
所以
2
4
0
a
a


，
1
2
0
x
x
a



，
1
2
1

x x
，
所以a<0 ，
则




2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
ln
ln
ln
2
2
2
x
x
ax
x
x
ax
x x
x
x
x x
a x
x











2
2
2
1
1
ln1
1
1
2
2
a
a
a





，
又




1
2
5
f
x
f
x

，即
2
1
1
5
2 a

，可得
2
8
0
a 

，
所以
2 2
a 
或
2 2
a 
（舍去），
故选：C.
4.已知



2
1
ln
f
x
x
a
x



在1 ,
4






上恰有两个极值点
1
x ，
2
x ，且
1
2
x
x

，则

1
2
f x
x
的取值范围为（
）
A．
1
3,
ln 2
2








B．1
ln 2,1
2







C．
1
,
ln2
2








D．1
3
ln 2,
ln 2
2
4








【答案】D
【分析】由题意得导函数在区间1 ,
4






有两个零点，根据二次函数的性质可得3
1
8
2
a


，由根与系数的
关系可得
1
2
1
2
1
2
x
x
a
x x





以及
2
1
3
2
4
x


，求出


1
2
f
x
x
的表达式，将
1
x 用
2
x 表示，表示为关于
2
x 的函数，利用
导数与单调性的关系即可求出结果.
【详解】由题意得



2
2
2
2
2
0
a
x
x
a
f
x
x
x
x
x








，令

0
f
x


，得
2
2
2
0
x
x
a



，
由题意知
2
2
2
0
x
x
a



在1 ,
4






上有两个根
1
x ，
2
x ，∴
2
0,
1
1
2
2
0
4
4
4
8
0
a
a
a




















，得3
1
8
2
a


．
由根与系数的关系得
1
2
1
2
1
2
x
x
a
x x





，由求根公式得
1,2
2
4
8
1
1 2
4
2
a
a
x






，
∵
1
2
x
x

，∴
2
1
1
2
2
a
x



，∵3
1
8
2
a


，∴
2
1
3
2
4
x


．则








2
2
1
1
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
1
ln
2
ln
2 1
ln 1
f
x
x
a
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x













2
2
2
2
1
3
1
2 1
ln 1
1 2
4
x
x
x
x












，
令
2
1
t
x

，则1
1
4
2
t

．设
1
1
2 ln
1 4
2
g t
t
t
t
t








，则

1 2ln
g t
t


，
易知

g
t

在1 1
,
4 2





上单调递增，∴

1
2ln
1
2ln 2
ln
0
4
e
g t
t





，
∴当1
1
4
2
t

时，函数
g t 为减函数，∴
1
1
1
3
2
ln
1
ln 2
4
4
4
4
g t 




，且

1
1
1
1
2 ln
ln
1
ln 2
2
2
2
2
g t 




，
∴


1
2
1
3
ln 2,
ln 2
2
4
f x
x








，故选：D.
5.已知函数

2
1
ln
2
f x
x
ax
a
x



的两个极值点分别是
1
2
,
x x ，则下列结论正确的是（
）
A．a<0 或
4
a 
B．
2
2
1
2
16
x
x


C．存在实数a，使得



1
2
0
f x
f x


D．






2
2
1
2
1
2
1
6
4
f
x
f
x
x
x




【答案】D
【分析】求出函数
( )
f x 的导数
( )
f
x

，由
( )
f
x

有两个零点求出a 范围判断A；根据选项BCD 的特征结合
韦达定理表示成a 的函数，再利用导数推理作答.
【详解】函数

2
1
ln
2
f x
x
ax
a
x



的定义域为(0,
)
，求导得
2
( )
a
x
ax
a
f
x
x
a
x
x







，
依题意，
( )
0
f
x


，即
2
0
x
ax
a



在(0,
)
上有两个不等的实根，因此
2
Δ
4
0
0
a
a
a






，解得
4
a 
，A
错误；
由韦达定理得
1
2
1
2
,
x
x
a x x
a



，则
2
2
2
2
2
2
1
1
2
1
2
8
(
)
2
2
(
1)
1
x
x
x
a
x
x x
a
a









，B 错误；
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
(ln
ln
)
ln
2
2
f x
f x
x
x
a x
x
a
x
x
a
a
a
a










，
令
1
( )
1 ln ,
4
2
g a
a
a a



，
1
1
( )
0
2
g a
a




，即函数
( )
g a 在(4,
)
上单调递减，
( )
(4)
3
ln 4
0
g a
g



，因此
1
2
(
)
(
)
( )
0
f x
f x
a g a




恒成立，C 错误；
2
2
1
2
1
2
2
3
1
6
ln
6
(
4
1
(
)
)
(
)
4
2
f x
f x
x
a
a
a
x
a








，令
2
3
1
ln
6,
4
(
2
)
4
a
a
a
h
a
a
a 




，
1
2
(
2
)
3
ln a
h
a
a 



，令
3
1
ln
,
4
(
2
2
)
a
a
a
a





，
1
3
0
( )
2
a
a




，即函数( )
a

在(4,
)
上单调递减，
11
( )
( )
(4)
ln 4
0
2
h a
a







，则函数( )
h a 在(4,
)
上单调递减，
于是
4ln 4 12
2
6
8ln 2
8
0
( )
(4)
h a
h








，所以
2
2
1
2
1
2
6
1
(
)
(
)
(
)
4
f x
f x
x
x




，D 正确.
故选：D
题型十四：多参单峰函数绝对值型
1.若存在实数a
b
、，对任意实数


0 4
x
，，使不等式
x
m
ax
b
x
m





恒成立，则实数m 的取值范围
为________.
【答案】
1
4
m 
【分析】
不等式
x
m
ax
b
x
m





可化为不等式|
|
ax
b
x
m



，等价于存在实数a，b，对任意
[0,4]
x 
，
不等式|
|
ax
b
x
m



成立，等价于存在实数a，b，不等式
max
|
|
ax
b
x
m



成立，分别讨论
1
4
a 
，
1 1
,
4 2
a





，
1 ,
2
a







的情况，注意由任意性和存在性可知需先求出
max
|
|
ax
b
x


，再求


max
min
|
|
ax
b
x


即可解决.
【详解】
不等式
x
m
ax
b
x
m





可化为不等式|
|
ax
b
x
m



，
原题等价于存在实数a，b，对任意
[0,4]
x 
，不等式|
|
ax
b
x
m



成立，
等价于存在实数a，b，不等式
max
|
|
ax
b
x
m



成立，令y
ax
b
x



，则
1
2
y
a
x


，
（1）在
[0,4]
x 
上，当
0
y
，即
1
4
a 
时，函数单调递减，此时4
2
a
b
y
b




，
当
1 2
b
a

时，4
2
a
b
b


，且4
2
0
a
b



，则
max
|
|
4
2
y
a
b


，
当
1 2
b
a

时，4
2
a
b
b


，且
0
b 
，则
max
|
|
y
b

，从而当
1
4
a 
时，设
max
4
2,
1 2
( ) |
|
,
1 2
a
b
b
a
g b
y
b b
a








，
则( )
g b 在(
,1
2 )
a


单调递减，在(1
2 ,
)
a

单调递增，所以
1 2
b
a

时，( )
g b 取最小值，最小值为
1
(1
2 )
1
2
2
g
a
a



；
（2）当
1
4
a 
时，由
1
0
2
y
a
x



可得，y 在
2
1
0, 4a




上单调递减，在
2
1 ,4
4a






上单调递增，
①在
1 1
,
4 2
a





时，
4
2
b
a
b



，则
1
4
b
y
b
a



，同理可得，当
1 1
,
4 2
a





时，
max
1
1
,
4
8
( ) |
|
1
,
8
b b
a
a
g b
y
b b
a









，
则( )
g b 在
1
(
,
)
8a

单调递减，在
1
(
,
)
8a 单调递增，故当
1
8
b
a

时，( )
g b 取最小值，最小值为
1
1
1
(
)
8
8
4
g
a
a


；
②在
1 ,
2
a







时，
4
2
b
a
b



，则
1
4
2
4
b
y
a
b
a





，
同理可得，当
1 ,
2
a







时，
max
1
1
,
1 2
4
8
( ) |
|
1
4
2,
1 2
8
b b
a
a
a
g b
y
a
b
b
a
a













，则( )
g b 在
1
(
,1
2
)
8
a
a



单调递减，
在
1
(1
2
,
)
8
a
a


单调递增，故当
1
1 2
8
b
a
a


时，( )
g b 取最小值，最小值为
1
1
(1
2
)
2
1
8
8
g
a
a
a
a




，
根据对勾函数的性质可得，
1
1
1
(1 2
)
2
1
8
8
4
g
a
a
a
a





.综上所述，
1
( )
4
g b 
，即
min
1
( )
4
g b

，
1
4
m


.故答案为
1
4
m 
.
2.设函数

3
2
6
f
x
x
x
ax
b




，若对任意的实数a 和b ，总存在


0
0,3
x 
，使得


0
f x
m

，则实数m 的
最大值为__________．
【答案】2
【分析】
将函数变形为



3
2
6
9
(9
)
f
x
x
x
x
a x
b






，设
3
2
( )
6
9
g x
x
x
x



，
( )
(9
)
h x
a x
b



，画出函数图像，当
9,
2
a
b

时取最值，得到答案.
【详解】



3
2
3
2
6
6
9
(9
)
f
x
x
x
ax
b
x
x
x
a x
b










设
3
2
2
( )
6
9 ,
'( )
3
12
9
3(
1)(
3)
g x
x
x
x g x
x
x
x
x









( )
g x 在(0,1) 上单调递增，在(1,3) 上单调递减，
(0)
(3)
0
g
g


设( )
(9
)
h x
a x
b



画出函数图像：
对任意的实数a 和b ，总存在


0
0,3
x 
，使得


0
f x
m

等价于求

f
x 最大值里的最小值.根据图像知：当
9,
2
a
b

时，最大值的最小值为2
故实数m 的最大值为2。答案为2
3.设函数
1
( )
f x
ax
b
x



，若对任意的实数,a b ，总存在
0
1 ,2
2
x





使得


0
f x
m

成立，则实数m 的取值
范围是________．
【答案】
1
, 4







【分析】
首先设
( )
f x 在1 ,2
2






上的最大值为


,
M a b ，因为存在实数
0
1 ,2
2
x






使不等式


0
f x
m

，所以


max
( )
,
m
f x
M a b


，又由对任意实数a ，b ，


,
m
M a b

恒成立，所以可以得到

min
,
m
M a b

，所以
只需求


,
M a b 的最小值即可求出实数m 的取值范围.通过取端点值和中间的特值，得到可得


1
,
(2)
2
2
M a b
f
a
b




，


1
1
,
( )
2
2
2
M a b
f
a
b




，


,
(1)
1
M a b
f
a
b




，然后寻找合适的系数进行组合，并利用绝对值不
等式的性质化为常数，得到其最小值.
【详解】∵
1
( )
f x
ax
b
x



，∴
( )
f x 在1 ,2
2






上的最大值为


,
M a b ，可得


1
,
(2)
2
2
M a b
f
a
b




，


1
1
,
( )
2
2
2
M a b
f
a
b




，


,
(1)
1
M a b
f
a
b




，可得






1
,
2
,
3
,
2
4
2
3
3
3
2
M a b
M a b
M a b
a
b
a
b
a
b














1
3
+ 4
2
3
3
2
2
3
2
a
b
a
b
a
b









，即


3
6
,
2
M a b 
，∴


1
,
4
M a b 
，
∵存在实数
0
1 ,2
2
x






使不等式


0
f x
m

，所以


max
( )
,
m
f x
M a b


，又由对任意实数a ，b ，


,
m
M a b

恒成立，
∴

min
1
,
4
m
M a b


.故答案为：
1
, 4






.
4.若
0
a 
，
2
ln
1
f x
x
a
x



，
2
2ln 2
g x
x x
a




，对任意


1
1
x 

，
，总存在唯一的
．．．


2
2
x 

，
，
使得



1
2
f x
g x

成立，则实数a 的取值范围____________．
【答案】5
2 ln 2 4
3
3






，
【分析】
先分类讨论

f
x 的最小值，再分类讨论研究函数
g x 的单调性，根据题意得到关于a 的不等式，利用构
造函数，使用导数研究不等式的解的情况，从而综合得出实数a 的取值范围．
【详解】
解：（1）①当
e
x 时，

2
ln
f x
x
a
x
a



，

2
a
f
x
x
x



，
0
a 
，

0
f
x



恒成立，

f x

在

e 
，
上增函数，故当
e
x时，


2
min
e =e ;
f x
f

②当1
x
e


时，

2
ln
f x
x
a
x
a



，

2
'
2
2
2
a
a
a
f
x
x
x
x
x
x

















，
（I）当
1
2
a 
即0
2
a


时，

'
f
x 在


1
e
x，
时为正数，所以

f
x 在区间

1
e
，
上为增函数，
故当
1
x 
时，
min
1
f x
a

，且此时


2
1
e
e ;
f
f


（II）当1
e
2
a


，即
2
2
2e
a


时，

f
x

在
1
2
a
x








，
时为负数，在
e
2
a
x








，
时为正数，
所以

f
x 在区间1
2
a







，
上为减函数，在
e
2
a






，
上为增函数，
故当
2
a
x 
时，
min
3
ln
2
2
2
a
a
a
f x


，且此时

2
e
e ;
2
a
f
f









（III）当
e
2
a 
，即
2
2e
a 
时，

f
x

在


1
e
x，
时为负数，所以

f
x 在区间

1
e
，
上为减函数，
故当
e
x时，


2
min
e
e
f x
f


．综上所述，

2
min
2
2
1
0
2
3
ln
2
2e
2
2
2
e
2e
a
a
a
a
a
f
x
a
a













，
，
，
．
由于当x 趋近于时，

f
x 的趋近于，
①当0
2
a


时，在

2 
，
上, 
2
2
2ln 2
(
)
2
2ln 2
2
2ln 2
g x
x x
a
x x
a
x
ax












，单调递增，

g x 在

2 
，
的取值范围是[g
2 ,
)


,由题意得
2
6
2
2ln 2
1
g
a
a




，
解得5
2 ln2
2
3
3
a



；
②当2
a

时，
2
2
2
2ln 2,2
2
2ln 2,
x
ax
x
a
g x
x
ax
x
a












.1
2
2
a


，即2
4
a


时，
g x 在

2,a 上减，在

a 
，
上增，当x 趋近于时，g
x 的趋近于，由题意得
min
3
2
2
2
2ln 2
( )
ln
2
2
2
a
a
a
g
a
f x






，
即
ln
2
2ln 2
2
2
2
a
a
a



(*)设
ln
h t
t
t
t

，


1,2
2
a
t 

，

2
ln
0
h t
t




，

1
2
t

，所以
h t 单调递
增,
∴

2
2
2ln 2
h t
h



，当且仅当
4
a 
时取等号.∴由

2
h t
h

得
2
t 
,即
4
a 
，∴2
4
a


时符合题
意；
③当
4
a 
时

f
x 在2 2
a






,
递增，在
,
2
a a





递减，在

a 
，
递增，当x 趋近于时，g
x 的趋近于，
若
2
4
2e
a


时，由题意得
2
min
3
2
2ln 2
( )
ln
2
4
2
2
2
a
a
a
a
a
g
f x











。得
2
3
ln
2
2ln2
0
4
2
2
2
a
a
a
a




（**），
设

2
3
ln
2
2ln2
m t
t
t
t
t





，

2
2
2
a
t
e


，
.则

2
2
ln
0
m t
t
t





，所以

m t 递增，且

2
0
m

，
所以

0
m t 
恒成立，∴此时不等式（**）无解；
若当
2
2e
a 
时，由题意得
2
min
( )
=e
2
a
g
f x






得
2
2e
2
2ln2
0
4
a 



，即
2
2e
2
2ln2
4
a



（***）
由于
2e
2
a 
，∴
2
4e
2
a






,而
2
2
4
2
e
2
2ln2
e
2(1 ln2)
e
e







，
∴不等式（***）无解．综上，所求a 的取值范围是5
2 ln2 4
3
3






,
．故答案为：5
2 ln2 4
3
3






,
5.设函数
3
( )
|
| 3
f x
x
x
a




.若
( )
f x 在[ 1,1]

上的最大值为2，则实数a 所有可能的取值组成的集合是
________.
【答案】
2 3
2 3
3,5
,1
9
9













【分析】
根据函数的最大值,依据

0
2
f

可求出a 的两种情况.讨论a 的不同取值,去掉内层的绝对值,利用导数分析
三次函数的极值点,进而求得最大值与最小值.通过函数的上下平移,结合最值即可求得a 的所有取值.
【详解】
因为函数
3
( )
|
| 3
f x
x
x
a




.若
( )
f x 在[ 1,1]

上的最大值为2 所以

0
2
f

,即3 |
|
2
a


当
0
a 
时,不等式化为3
2
a


,解得1
5
a


当
0
a 
时,不等式化为3
2
a


,解得5
1
a

由以上可知:
(1) 当1
5
a


时,函数解析式可化为
3
( )
3
f x
x
x
a




令
3
( )
g x
x
x


,则
2
'( )
3
1
g x
x


当
2
'( )
3
1
0
g x
x


时解得1
2
3
3
,
3
3
x
x


当
3
1
3
x


时,
2
'( )
3
1
0
g x
x


,即
g x 在
3
1,
3









上单调递增
当
3
3
3
3
x



时,
2
'( )
3
1
0
g x
x


,即
g x 在
3
3
,
3
3









上单调递减
当
3
1
3
x

时,
2
'( )
3
1
0
g x
x


,即
g x 在
3 ,1
3








上单调递增.
所以
3
3
3
3
2 3
3
3
3
9
g 



























极大值
,
3
3
3
3
2 3
3
3
3
9
g 


















极小值



1
0,
1
0
g
g



当3
5
a


时,
3
( )
g x
x
x


向下平移
3
a 个单位可得
3
( )
3
h x
x
x
a




的图像
因为
3
( )
3
f x
x
x
a




在[ 1,1]

上的最大值为2。所以只需满足


3
3
2
3
g
a










极小值
即可,即


2 3
3
2
9
a




,解得
2 3
5
9
a 

,或
2 3
1
9
a 
(舍)
当1
3
a


时,
3
( )
g x
x
x


向上平移3
a

个单位可得到
3
( )
3
h x
x
x
a




的图像。由
3
( )
3
f x
x
x
a




在[ 1,1]

上的最大值为2。可知只需满足
3
3
2
3
g
a










极大值
即可.即2 3
3
2
9
a



,解得
2 3
1
9
a 
,符
合题意
(2) 当5
1
a

,函数解析式可化为
3
( )
3
f x
x
x
a




令
3
( ) 

g x
x
x,则
2
'( )
3
1
0
g x
x


所以
3
( ) 

g x
x
x在[ 1,1]

上单调递增则




3
min
( )
( 1)
1
1
2
g x
g






max
( )
(1)
1 1
2
g x
g




当5
3
a

时,
3
( ) 

g x
x
x向下平移

3
a


个单位可得
3
( )
3
h x
x
x
a




由
3
( )
3
f x
x
x
a




在[ 1,1]

上的最大值为2 只需
( 1)
3
2
g
a




,即2
3
2
a

解得
3
a 或
1
a 
(舍)
当3
1
a

时,
3
( ) 

g x
x
x 向上平移
3
a 
个单位可得
3
( )
3
h x
x
x
a




由
3
( )
3
f x
x
x
a




在[ 1,1]

上的最大值为2 只需
(1)
3
2
g
a



,即2
3
2
a
解得
3
a 或
7
a (舍)
综上可知,满足条件的所有可能的a 为
2 3
5
,
9

2 3
1
9

和3
故答案为:
2 3
2 3
3,5
,1
9
9













题型十五：导数与三角函数
1.函数

sin 2
4cos
f x
x
x


的最大值为（
）
A．
9
6 3

B．3 2
C．10
6 2

D．
6
3

【答案】A
【分析】
根据周期性只需考虑


0,2
x


函数最值，结合



sin 2
4cos
2cos
sin
2
f x
x
x
x
x




得
3
, 2
x







时函
数取得最大值，利用导函数分析单调性，结合隐零点求解最值.
【详解】
由题



sin 2
4cos
2
f x
x
x
f x





，只需考虑


0,2
x


函数最值即可，



sin 2
4cos
2cos
sin
2
f x
x
x
x
x




，所以当sin
0,cos
0
x
x


即
3
, 2
x







时函数取得最大值，



2
2
2cos 2
4sin
2 1
2sin
4sin
4sin
4sin
2
f
x
x
x
x
x
x
x









，
考虑函数


2
4
4
2,
1,0
h t
t
t
t




，


1
0,
0
0
h
h



，所以必存在唯一零点0t ，
2
0
0
0
2
1
0,
2
t
h t
t



，
且


0
1,
t
t


2
4
4
2
h t
t
t



递减，


0,0
t
t


2
4
4
2
h t
t
t



递增，
记0
0
sin
t
x

，由正弦函数单调性可得：


0
,
x
x


函数

f
x 递增，
0
3
, 2
x
x






函数

f
x 递减，
所以函数





0
0
0
max
2cos
sin
2
f x
f x
x
x



2
0
0
2sin
1
sin
2
x
x


，解得
0
0
1
3
3
sin
,cos
2
2
x
x



，
所以





0
0
0
3
1
3
max
2cos
sin
2
2
2
9
6 3
2
2
f x
f x
x
x























.故选：A
2.已知函数
( )
sin
2 sin(
)
4
f x
x
x
x




，若对于任意的
1
2
1
2
,
[0,
),(
)
2
x x
x
x



，均有
1
2
1
2
|
( )
(
)|
|
|
x
x
f x
f x
a e
e



成立，
则实数a 的最小值为
A．2
3
B．1
C．3
2
D．3
【答案】B
【分析】
首先判断

f
x 的单调性，假设
1
2
x
x

，将
1
2
1
2
|
( )
(
)|
|
|
x
x
f x
f x
a e
e



去绝对值，化简后构造函数

sin
sin
cos
x
F x
x
x
x
x
ae




，利用导数结合

F x 的单调性进行化简，利用分离常数法求得实数a 的最
小值.
【详解】
依题意

sin
sin
cos
f x
x
x
x
x



，且
π
0, 2
x





.所以

'
cos
cos
0
f
x
x
x
x



，故

f
x 在
π
0, 2
x





时单
调递增.不妨设
1
2
x
x

，则


1
1
f x
f x

，且
1
2
x
x
e
e

.故由
1
2
1
2
|
( )
(
)|
|
|
x
x
f x
f x
a e
e



得



1
2
1
2
x
x
f x
f x
ae
ae



，即



1
2
1
2
x
x
f x
ae
f x
ae



，构造函数


x
F x
f x
ae


，则

F x 在
π
0, 2
x






时单调递减.故

'
cos
cos
0
x
F
x
x
x
x
ae




在区间
π
0, 2




上恒成立，即
cos
cos
x
x
x
x
a
e


在区间
π
0, 2




上
恒成立.构造函数
cos
cos
π
0, 2
x
x
x
x
g x
x
e














，



'
1 sin
cos
0
x
x
x
x
g
x
e



，故
g x 在区间
π
0, 2





上递减，故

max
0
1
g x
g

，所以
1
a 
.故a 的最小值为1.故选B.
3.函数
π
π
5sin
( 15
10)
5
5
y
x
x











的图象与函数
2
5(
1)
2
2
x
y
x
x




图象的所有交点的横坐标之和为
___________.
【答案】-7
【分析】
由函数解析式可得两函数图象均关于点（﹣1，0）对称，进而探讨函数


2
5
1
2
2
x
y
x
x




的单调性，然后画
出图象的大致形状，即可求得两图象所有交点的横坐标之和.
【详解】
易知函数
π
π
5sin 5
5
y
x







的图象关于点（﹣1，0）对称，
设函数



2
5
1
2
2
x
y
f x
x
x





图象上任意一点为


,
A x y ，则它关于（-1,0）的对称点为


2
,
B
x
y


，将
其代入

y
f x

的解析式得：






2
5
1
2
2
2
2
x
y
x
x







，即










2
2
2
5
1
5
1
5
1
2
2
2
2
2
2
2
2
x
x
x
y
x
x
x
x
x
x














，于是函数


2
5
1
2
2
x
y
x
x




关于点（-1,0）对称.又










2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
5
5
2
2
2
2
x
x
x
x
x x
f
x
x
x
x
x
















，
所以


, 2
x
时，

0
f
x


，

y
f x

单调递减，


2,0
x
时，

0
f
x


，

y
f x

单调递增，


0,
x
时，

0
f
x


，

y
f x

单调递减.于是x=-2 时，

y
f x

的极小值为


5
2
2
f 

，
而
π
π
π
5
5sin
5sin
5sin
5
5
6
2
y











，x=0 时，

y
f x

的极大值为

5
0
2
f

，
而
π
π
5
5sin
5sin
5
6
2
y 


.现作出两个函数的大致图象，如图：
于是得到图象交点横坐标之和为：﹣1+（﹣2）×3=﹣7.故答案为：-7.
4.已知0
π
x
y



，且e sin
e sin
y
x
x
y

，其中e 为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（
）
A．
co
co
s
0
s x
y


B．cos
cos
0
x
y


C．cos
sin
x
y

D．sin
sin
x
y

【答案】B
【分析】构造

sin
ex
x
f x 
，0
π
x


，求导研究其单调性，判断出D 选项，利用同角三角函数关系得到
AB 选项，构造差函数，得到
π
2
x
y


，从而判断出C 选项.
【详解】构造

sin
ex
x
f x 
，0
π
x


，则

sin
0
ex
x
f
x 

恒成立，则

cos
sin
ex
x
x
f
x



，
当
π
0
4
x


时，cos
sin
x
x

，

cos
sin
0
ex
x
x
f
x




，当π
π
4
x


时，cos
sin
x
x

，

cos
sin
0
ex
x
x
f
x




所以

sin
ex
x
f x 
在
π
0, 4






单调递增，在π ,π
4





单调递减，因为0
π
x
y



，所以
π
0
π
4
x
y




，
0
e
e
x
y


，
又sin
sin
0
e
e
x
y
x
y


，所以0
sin
sin
x
y


，D 错误，
因为
π
0
π
4
x
y




，所以
2
cos
1 sin
0
x
x



，
2
cos
1 sin
y
y


，所以cos
cos
x
y

，所以
cos
cos
0
x
y


，A 错误，B 正确.
令

π
2
g x
f
x
f
x








，则
π
0
4
g 





，




π
2
π
π
2
2
sin
cos
e
e
π
cos
sin
sin
cos
2
e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
g
x
f
x
f
x



























当0
π
x


时，

0
g
x


恒成立，所以

π
2
g x
f
x
f
x








在

0,π 上单调递增，
当
π
0, 4
x





时，

π
0
2
g x
f
x
f
x










，即

π
2
f
x
f
x







，因为


f x
f
y

，所以

π
2
f
y
f
x








因为
π
0
π
4
x
y




，所以π
π
2
4
x


，因为

f
x 在在π ,π
4





单调递减，所以
π
2
y
x


，即
π
2
x
y


因为
cos
x
x


在

0,π 上单调递减，
所以
π
cos
cos
sin
2
x
y
y









，C 错误
故选：B
5.已知函数
3
1
( )
sin
2cos (
)
3
f x
ax
x
x
x a



R ，若f(x)在R 上单调，则a 的取值范围是（
）
A．
1
1
,
,
2
2















B．
2
2
,
,




















C．(
, 1]
[1,
)



D．
,
,
2
2




















【答案】A
【分析】先求函数的导函数，由
( )
f x 在R 上单调，可知
( )
0
f
x


恒成立或
( )
0
f
x


恒成立，构造函数
2
( )
sin
cos
g x
ax
x
x
x



，分类讨论a 的取值范围，利用导数研究函数的单调区间及最值即可得解.
【详解】求导
2
( )
sin
cos
f
x
ax
x
x
x




，令
2
( )
sin
cos
g x
ax
x
x
x



，
由
( )
f x 在R 上单调，可知
( )
0
g x 
恒成立或( )
0
g x 
恒成立，分类讨论：




( )
2
cos
cos
sin
2
sin
2
sin
g x
ax
x
x
x
x
ax
x
x
a
x x









（1）当
1
2
a 
时，2
sin
0
a
x


，令
( )
0
g x


，得
0
x 
当
0
x 
时，
( )
0
g x


，函数( )
g x 单调递减；当
0
x 
时，
( )
0
g x


，函数( )
g x 单调递增；
min
( )
(0)
0
g x
g


，即( )
0
g x 
恒成立，符合题意；
（2）当
1
2
a 
时，2
sin
0
a
x


，令
( )
0
g x


，得
0
x 
当
0
x 
时，
( )
0
g x


，函数( )
g x 单调递增；当
0
x 
时，
( )
0
g x


，函数( )
g x 单调递减；
max
( )
(0)
0
g x
g


，即( )
0
g x 
恒成立，符合题意；
（3）当
1
1
2
2
a



时，令
( )
0
g x


，得
0
x 
或sin
2
x
a

，
研究


0,
x


内的情况即可：
当


1
0,
x
x

时，
( )
0
g x


，函数( )
g x 单调递减；当


1
2
,
x
x x

时，
( )
0
g x


，函数( )
g x 单调递增；当


2,
x
x 

时，
( )
0
g x


，函数( )
g x 单调递减；
当
1
x
x

时，函数( )
g x 取得极小值，且满足
1
sin
2
x
a

；当
2
x
x

时，函数( )
g x 取得极小值，且满足
2
sin
2
x
a

2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
sin
(
)
sin
cos
sin
cos
2
x
g x
ax
x
x
x
x
x
x
x







，且
1
0, 2
x







同理
2
2
2
2
2
2
2
sin
(
)
sin
cos
2
x
g x
x
x
x
x



，且
2
,
2
x






又
(0)
0
g

，当
1
2
x


时，
1
0
g x

；当
2x


时，


2
0
g x

，故不符合；
所以a的取值范围是
1
1
,
,
2
2














故选：A
模块三：综合巩固
1.已知函数
( )
1
x
f x
e
ax



在区间( 1,1)

内存在极值点，且
( )
0
f x 
恰好有唯一整数解，则
的取值范围
是（
）
A．
2
2
1,e
2
e
e






B．
2
2
2
1
1
,1
1,
2
2
e
e
e
e
















C．

1,
e
e

D．


2
2
1
1
,
1,
2
e
e
e
e
e
e









【答案】D
【分析】
求导，由

0
f
x


得


ln
1,1
x
a


可求出a 的范围，再考查ln a 与零的大小比较，在


ln
1,0
a
时，结
合题意得出




1
0
2
0
f
f







，以及当


ln
0,1
a
时，


1
0
2
0
f
f





，解出实数a 的范围可得出答案．
【详解】

1
x
f x
e
ax



Q
，则

x
f
x
e
a



，由于函数

y
f x

在区间

1,1

上存在极值点，令

0
x
f
x
e
a




，
得
ln
x
a

，
所以，1
ln
1
a

，解得1
a
e
e 

，由于

0
0
f

，且不等式

0
f x 
恰有一整数解．
①当ln
0
a 
时，即当
1
a 时，

1
x
f
x
e


，
当
0
x 
时，

0
f
x


；当
0
x 
时，

0
f
x


．
此时，函数

y
f x

在
0
x 
处取得最小值，则


0
0
f
x
f


，不合乎题意；
②当1
ln
0
a


时，即当1
1
a
e 
时，当
ln
x
a

时，

0
f
x


；当
ln
x
a

时，

0
f
x


．
所以，函数

y
f x

的单调递减区间为

,ln a

，单调递增区间为

ln ,a ．
由题意可得




2
1
2
2
1
0
1
1
0
f
e
a
f
e
a













，解得
2
2
1
1
2
e
e
a
e
e




，此时，
2
2
1
1
2
e
e
a
e
e




；
③当0
ln
1
a

时，即当1
a
e


时，当
ln
x
a

时，

0
f
x


；当
ln
x
a

时，

0
f
x


．
所以，函数

y
f x

的单调递减区间为

,ln a

，单调递增区间为

ln ,a ．
由题意可得


2
2
2
1
0
1
1
0
f
e
a
f
e
a









，解得
2
1
1
2
e
e
a



，此时，
1
e
a
e


．
因此，实数a 的取值范围是


2
2
1
1
,
1,
2
e
e
e
e
e
e









，故选D．
2.已知函数
( )
ln(
1)
f x
x
x



，
( )
ln
g x
x
x

，若
1
(
)
1
2ln
f x
t

，
2
2
(
)
g x
t

，则
1
2
2
(
)ln
x x
x
t

的最小值为
___________.
【答案】
1
2e

【分析】先证明据
1
2
1
ln
x
x

，结合
2
2
2
ln
x
x
t

，求出
2
1
2
2
(
)ln
ln
x x
x
t
t
t


，令
2 ln
( )
(
0)
h t
t
t t


，根据函数
的单调性求出代数式的最小值即可．
【详解】
1
1
1
( )
ln(
1)
1
2ln
f x
x
x
t





，即
1 1
2
1
1
1
1
ln(
1)
ln
ln[
(
1)]
x
x
x
t
e
x







，
1 1
2
1
(
1)
x
t
e
x




①，
2
0
t 
，
2
ln
2
2
2
2
2
(
)
ln
ln
x
g x
x
x
t
e
x





②，又
x
y
x e



在[0 ，
)
上单调递增，故由①②得


1
2
1
ln
1
2
1
2
1
ln
1
ln
x
x
e
x
e
x
x
x






，
故
2
1
2
2
2
2
(
)ln
ln
ln
ln
x x
x
t
x
x
t
t
t




，令
2 ln
( )
(
0)
h t
t
t t


，则
( )
2 ln
h t
t
t
t


，
令
( )
0
h t


，解得：
1
2
t
e


，令
( )
0
h t


，解得：
1
2
0
t
e


，故( )
h t 在
1
2
(0,
)
e

递减，在
1
2
(e
，
)
递增，
故
1
2
min
1
( )
(
)
2
h t
h e
e



，故答案为：
1
2e

．
3.已知实数
1
x ，
2
x 满足
1
1
4
ex
x

，
2
2
2
2
ln x
x

，则
2
1
2
x x （
）
A．1
B．2
C．4
D．8
【答案】C
【分析】由已知可得
2
1
2
ln
2
1
2
e
e
ln
4
x
x
x
x


，构造函数

ex
f x
x

，通过导数研究单调性，得
2
1
2
ln
x
x

，结合
对数的运算规则求
2
1
2
x x 的值.
【详解】由
1
1
4
ex
x

，得
1
1e
4
x
x

，由
2
2
2
2
ln x
x

，有
2
2
2
2
ln
4
x
x 
，可得
2
2
ln
2
2
e
ln
4
x
x 
.
令

ex
f x
x

，



1 ex
f
x
x



，由
( )
0
f
x
¢
>
，得
1
x ，由

0
f
x


，得
1
x ，
所以函数

f
x 在区间

, 1

上单调递减，在区间

1,

上单调递增.
当
0
x 
时，

0
f x 
，当
0
x 
时，

0
f x 
，
由




2
1
2
ln
4
f
x
f
x


，则有
2
1
2
ln
x
x

，所以
2
1
2
ln
2
2
e
e
x
x
x


，
因为
1
1e
4
x
x

，所以
2
1
2
4
x x 
.故选：C
4.设
0
k 
，若存在正实数x ，使得不等式
1
27
log
3
0
kx
x
k




成立，则k 的最大值为（
）
A．
1
ln3
e
B．ln3
e
C．ln3
e
D．ln3
2
【答案】A
【分析】化简
1
27
log
3
0
kx
x
k




得
3
log
3kx
x
k
≥
，从而
3
log
3kx
x
x
kx 
≥
，
3
log
3
3
log
3
x
kx
x
kx


≥
，构造函数

3x
f x
x


，
有单调性得
3
log
0
x
kx 
≥
，再化简得
3
log x
k
x
≤
，再构造函数
3
log x
g x
x

，求
3
log x
g x
x

得最大值即可.
【详解】解：因为
3
1
3
log
3kx
x
k

≥
，所以
3
log
3kx
x
k
≥
，因为
0
x 
，所以
3
log
3kx
x
x
kx 
≥
，即
3
log
3
3
log
3
x
kx
x
kx


≥
，
设函数

3x
f x
x


，
0
x 
，

3
3
ln3
3 (1
ln3)
0
x
x
x
f
x
x
x









，所以函数

3x
f x
x


在(0
)

，
为增函数，
所以
3
log
0
x
kx 
≥
所以
3
log x
k
x
≤
，设函数
3
log x
g x
x

，

3
2
2
2
1
1
ln
log
1
ln
ln3
ln3
ln3
ln3
x
x
x
x
x
g
x
x
x
x









，
所以函数
3
log x
g x
x

在(0
e)
，
为增函数，在(e
)

，
为减函数，所以

3
max
log
1
ln3
e
g x
g e
e
e



，
所以k 的最大值为
1
eln3 ，故选：A.
5.若


0,1
x
，
ln
mx
x
x
m


恒成立，则实数m 的取值范围为（
）
A．

1,
B．1 ,
2





C．

2, 

D．

,1

【答案】A
【分析】把给定恒成立的不等式变形，构造函数
( )
(
1)
ln (0
1)
f x
m x
x
x
x





，利用导数探讨
( )
f x 的最
大值不超过0 即可作答.
【详解】
(0,1]
x

，
ln
(
1)
ln
0
mx
x
x
m
m x
x
x





，
令
( )
(
1)
ln (0
1)
f x
m x
x
x
x





，则
( )
1 ln
f
x
m
x



，而ln
0
x 
成立，
当m
1

时，
( )
0
f
x


，即
( )
f x 在(0,1] 上递增，当
1
x 
时
max
( )
0
f x

，
于是有当m
1

时，恒有
(
1)
ln
0
m x
x
x



，
当
1
m 时，由
( )
0
f
x


得
1
m
x
e


，
1
0
m
x
e



有
( )
0
f
x


，
1
1
m
e
x


有
( )
0
f
x


，即
( )
f x 在
1
[
,1)
m
e

上
递减，
当
1
[
,1)
m
x
e


时，
( )
(1)
0
f x
f


，即
(
1)
ln
0
m x
x
x



成立，不符合题意，
综上：m
1

，
所以实数m 的取值范围为

1,.
故选：A
6.当
0
x 
时，不等式
2e
2ln
1
x
x
mx
x



有解，则实数m 的范围为（
）
A．

1,
B．
1 ,
e





C．
2 ,
e





D．

2,
【答案】A
【分析】先令
1
m ，构造导数证得在

0,1 上存在
0x 使得
0
2
0
0
0
e
2ln
1
x
x
x
x



，即
1
m 满足题意，故排除
D；再利用一次函数的单调性证得当
1
m 时，
2e
2ln
1
x
x
x
m
x



在

0, 

上恒成立，即可排除BC，实
则至此已经可以选择A 选项，然而我们可以进一步证得当
1
m 
时，题设不等式也成立，由此选项A 正
确.
【详解】当
1
m 时，题设不等式可化为
2e
2ln
1
0
x
x
x
x



有解，
令



2e
2ln
1
0
x
f
x
x
x
x
x





，则问题转化为

0
f x 
有解，





2
2
e
2
e
1
2
1
2
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x








，
令


2
1
0
ex
x
x
g x 


，则


2
e
2
0
x
g
x
x
x




，所以
g x 在

0, 

上单调递增，
又
0
1
0
g

，
1
e 1
0
g


，故
g x 在

0,1 上存在唯一零点
0x ，且
0
2
0
1
ex
x
，两边取自然对数得
0
0
2ln
0
x
x


，
所以当
0
0
x
x


时，
0
g x 
，即

0
f
x


，故

f
x 单调递减；当
0
x
x

时，
0
g x 
，即
( )
0
f
x
¢
>
，故

f
x 单调递增；
所以





0
0
2
2
0
0
0
0
0
0
0
min
e
2ln
1
e
1
2ln
0
x
x
f
x
f
x
x
x
x
x
x
x








，即在

0,1 上存在
0x 使得
0
2
0
0
0
e
2ln
1
x
x
x
x


，即

0
f x 
有解
0x ，
即
1
m 满足题意，故排除D.
由上述证明可得
2e
2ln
1
0
x
x
x
x



，即
2e
2ln
1
x
x
x
x



在

0, 

上恒成立，
令
2ln
1
h m
xm
x


，则

0
h m
x



，故
h m 在R 上单调递增；
所以当
1
m 时，

1
h
h m

，即
2ln
1
2ln
1
x
x
mx
x




，故
2e
2ln
1
x
x
x
m
x



，
即当
1
m 时，
2e
2ln
1
x
x
x
m
x



在

0, 

上恒成立，显然题设不等式无解，矛盾，故排除BC；
当
1
m 
时，

1
h m
h

，即
2ln
1
2ln
1
mx
x
x
x




，故
0
0
0
0
2ln
1
2ln
1
mx
x
x
x



，
又
0
2
0
0
0
e
2ln
1
x
x
x
x


，故
0
2
0
0
0
e
2ln
1
x
x
mx
x


，即
2e
2ln
1
x
x
mx
x



至少有一解
0x ；
综上：m
1

，即选项A 正确.
故选：A.
7.设函数的定义域为D，若满足条件：存在

,a b
D

，使

f
x 在

,a b 上的值域为
,
2 2
a b






，则称

f
x 为“倍
缩函数”.若函数
=
x
f x
e
t
为“倍缩函数”，则实数t 的取值范围是
A．
1
ln2
,
2








B．
1 ln2
,
2








C．1
ln2 ,
2






D．1
ln2 ,
2








【答案】B
【分析】根据定义及函数单调性，分析可得关于x 的方程，判断出方程有两个不等的实数根；构造函数
( )
2
x
x
g x
e
t


，通过求导求得极值点，代入后求得t 的最大值．
【详解】因为函数
=
x
f x
e
t
为“倍缩函数”，且为递增函数所以存在

,a b
D

，使

f
x 在

,a b 上的值
域为
,
2 2
a b






则
2
2
a
b
a
e
t
b
e
t






，由此可知等价于
0
2
x
x
e
t


有两个不等实数根令
( )
2
x
x
g x
e
t



则
1
'( )
2
x
g x
e


，令
1
'( )
0
2
x
g x
e



解得
1
ln
ln2
2
x 

代入方程得
ln2
1 ln 2
0
2
e
t



解得
ln 2 1
2
t


，因为有两个不等的实数根所以t 的取值范围为
1
ln2
,
2







所以选B
8.已知

2
1
x
f
x
xe
e
e



，




2
1
ln
1
g x
x
a
x




，若存在
1x
R

，


2
1,
x ，使得



1
2
f x
g x

成
立，则实数a 的取值范围是______.
【答案】



2
,0
2
,
e



【分析】根据存在
1x
R

，


2
1,
x ，使得



1
2
f x
g x

成立，只需
min
f x

max
g x
，先利用导数法
求得



2
min
1
f x
f
e



，再令


1
0
t
x
t



，将求
g x 的最大值转化为
2
ln
h t
t
a
t


在


0,
t 
中
的最大值，求导

2
a
h t
t
t



，然后分
0
a 
，
0
a 
和
0
a 
三种情况讨论求解.
【详解】因为存在
1x
R

，


2
1,
x ，使得



1
2
f x
g x

成立，所以只需
min
f x

max
g x
，
因为


1
x
f
x
x
e



，当
1
x 时，

0
f
x


当
1
x 时，

0
f
x


，
所以

f
x 在

, 1

中单调递减，在

1,
中单调递增，所以



2
min
1
f x
f
e



，
令


1
0
t
x
t



，则
g x 在

1,
中的最大值，也就是
2
ln
h t
t
a
t


在


0,
t 
中的最大值.
因为

2
a
h t
t
t



（1）当
0
a 
时，

0
h t


，

y
h t

在


0,
t 
中递减，且t 趋近于0 时，
h t 趋近于，满足题意；
（2）当
0
a 
时，
2
h t
t

，
2
max
0
h t
e


，不合题意舍去；
（3）当
0
a 
时，由

0
h t


可得0
2
a
t

，

0
h t


可得
2
a
t 
，
∴
h t 在0,
2
a








中单调递增，在
,
2
a









中单调递减，∴max
ln
2
2
2
a
a
a
h t
h
a











，
∴只需
2
ln
2
2
a
a
a
e



，即
2
ln
2
2
2
a
a
a
e



，令
2
a

，则
2
ln
e





.
由

ln
x
x
x
x



可知

2
2
e
e


，

ln
x
x


，∴

x

在

0,1 中单调递减，在

1,中单调递增，
又


0,1
x
时，

0
x


，∴

2
x
e


的解为
2
x
e

，即
2
ln
2
2
2
a
a
a
e



的解为
2
2
a
e

.
综上所述，所求实数a 的取值范围是



2
,0
2
,
e


.故答案为：



2
,0
2
,
e



9.若
1
2
ln
xe
x

，令
2
1
t
x
x


，则t 的最小值属于（
）
A．
3
1, 2






B．3 ,2
2






C．
5
2, 2






D．5 ,3
2






【答案】C
【分析】设
1
2
ln
x
a
e
x


，把参数t 表示成a 的函数即
2
1
ln
a
t
x
x
e
a




，构造函数，通过导数研究函数
最小值及最小值的取值范围.
【详解】设
1
2
ln
x
a
e
x


，则
1
ln
x
a

，
2
a
x
e

，
2
1
ln
a
t
x
x
e
a




，
令( )
ln
x
h x
e
x


，
1
( )
x
h x
e
x



，易知
( )
h x

单增，
且
1
( )
2
0
2
h
e




，
(1)
1
0
h
e



，则存在
0
1
( ,1)
2
x 
，使
0
0
0
1
(
)
0
x
h x
e
x




，
即
0
(0,
)
x
x

，
( )
0
h x


，( )
h x 单减；
0
(
,
)
x
x

，
( )
0
h x


，( )
h x 单增；
又
0
0
0
0
0
0
0
1
1
(
)
0
,ln
x
x
h x
e
e
x
x
x
x







，
则
0
0
0
0
0
1
( )
(
)
ln
x
h x
h x
e
x
x
x





，
0
1
( ,1)
2
x 
易知
0
0
0
1
(
)
h x
x
x


在
0
1
( ,1)
2
x 
单减，即
0
1
5
(1)
2
(
)
( )
2
2
h
h x
h




故选：C
10.已知函数

ln ,
1
1
,
1
2
x x
f x
x x





，若


1
F x
f
f
x
m







有两个零点
1
2
,
x x ，则
1
2
x
x

的取值范围是（
）
A．

4
2ln 2,


B．

1
,e



C．

4
2ln 2,1
e



D．

,1
e


【答案】A
【分析】由题意可知，当
1
x 
时，

1
ln
1 1
f x
x

，


1
ln
1
f
f
x
f
x










；当
1
x 时，

3
1
1
1
1
2
2
x
f x 

，


1
ln
1
f
f
x
f
x










.由

1
0
f
f
x
m







，得

1
m
f x
e

.根据

f
x 的解析式，分别求出
1
2
,
x x 的表达式，再根据导数求
1
2
x
x

的取值范围.
【详解】当
1
x 
时，

1
ln
1 1
f x
x

，


1
ln
1
f
f
x
f
x











；
当
1
x 时，

3
1
1
1
1
2
2
x
f x 

，


1
ln
1
f
f
x
f
x











，综上，对


,
1
ln
1
x
R f
f
x
f
x











.


1
F x
f
f
x
m








有两个零点
1
2
,
x x ，即方程

ln
1
0
f
x
m







有两个根
1
2
,
x x ，
即方程

1
m
f x
e

有两个根
1
2
,
x x ，不妨设
1
2
x
x

.易知函数

f
x 在

,1


上单调递减，在

1,上单调
递增，
当
1
x 
时，
2
ln
1
m
x
e

；当
1
x 时，
1
1
1
2
m
x
e


.令
1
1
1
1,
1
,
2
2
2
m
x
t
e
t







.
2
1
1
2
1
,
2
2 ,
2
2,
2
t
t
x
e x
t
x
x
e
t
t










.令
1
2
2,
2
t
g t
e
t
t




，

'
2
t
g t
e


，令

'
0,
ln 2
g t
t


.
1
ln 2
2
t


时，

'
0
g t 
；
ln 2
t 
时，

'
0
g t 
，
函数
g t 在1 ,ln 2
2






上单调递减，在

ln 2,上单调递增，
当
ln 2
t 
时，


ln2
min
ln 2
2ln 2
2
4
2ln 2
g t
g
e






.
函数
g t 的值域为

4
2ln 2,

，即
1
2
x
x

的取值范围是

4
2ln 2,

.故选：A .
11.若存在两个正实数x，y 使等式



2
2
ln
ln
0
x
m y
ex
y
x




成立，（其中
2.71828...
e 
）则实数m 的取
值范围是________.
【答案】

2
,0
,
e







【详解】



2
2
ln
ln
x
m
ex
y
y
x



，



2
ln
ln
1
1
ln
2
2
ex
y
y
x
y
y
e
m
x
x
x













，设
0
y
t
x


，设
ln
2
t
g t
e
t








，
那么

1
1
1
1
ln
ln
2
2
2
2
t
e
g t
t
e
t
t
t














，

2
2
1
2
0
2
2
e
t
e
g
t
t
t
t







恒成立，所以

g
t

是单调
递减函数，当t
e

时，

0
g e


，当


0,
t
e

时，

0
g t


，函数单调递增，当


,
t
e


，

0
g t


，
函数单调递减，所以
g t
在t
e

时，取得最大值，

2
e
g e 
，即1
2
e
m 
，解得：
0
m 
或
2
m
e

，
写出区间为

2
,0
,
e






，故填：

2
,0
,
e






.
12.已知

f
x
mx
n


，
ln
g x
x

，对于


0,
x

，


f x
g x

恒成立，则
2
m
n

的最小值为（
）
A．
ln 2

B．－1
C．
ln 4

D．－2
【答案】C
【分析】等价于对于


0,
x

，
ln
n
x
mx


恒成立，设( )
ln
,(
0)
h x
x
mx x



，求出函数( )
h x 最大值，
得到
2
2
2ln
m
n
m
m




，设
( )
2
2ln
,(
0)
p m
m
m m




，求出函数
(
)
p m 的最小值即得解.
【详解】因为对于


0,
x

，


f x
g x

恒成立，所以对于


0,
x

，
ln
n
x
mx


恒成立，
设( )
ln
,(
0)
h x
x
mx x



，所以
1
1
( )
mx
h x
m
x
x





.当
0
m 
时，
( )
0
h x


，函数( )
h x 单调递增，
所以函数( )
h x 没有最大值，所以这种情况不满足已知；当
0
m 
时，
当
1
(0,
)
x
m

时，
( )
0
h x


，函数( )
h x 单调递增.
当
1
(
,
)
x
m

时，
( )
0
h x


，函数( )
h x 单调递减.所以
max
1
1
( )
(
)
ln
1
1 ln
h x
h
m
m
m



.
所以
1 ln
n
m

.所以
2
2
2ln
m
n
m
m




.设
( )
2
2ln
,(
0)
p m
m
m m




，所以
2
2
( )
1
m
p m
m
m




，
当0
2
m


时，
( )
0
p m


，函数
(
)
p m 单调递减.当m>2 时，
( )
0
p m


，函数
(
)
p m 单调递增.
所以
min
( )
(2)
2
2
2ln 2
2ln 2
ln 4
p m
p






.所以
2
m
n

的最小值为
ln 4

.
13.已知
1
x ，
2
x 是函数

2
2
2ln
f x
x
ax
x



的两个极值点，且
1
2
x
x

，当
5
2
a 
时，不等式


1
2
f
x
mx

恒
成立，则实数m 的取值范围（
）
A．
9
ln 2,0
8








B．
9
,
ln 2
8










C．
9
ln 2,0
8







D．
9
ln 2,
8









【答案】B
【分析】先求导由
1
x ，
2
x 是极值点，得
1
2
1
2
,
1
x
x
a x x


，进而将不等式


1
2
f
x
mx

恒成立转化为


3
1
1
1
1 min
2
2
ln
m
x
x
x
x



，构造函数
g x 求得最小值，即可求出实数m 的取值范围.
【详解】由题意得，
0
x 
，



2
2
1
2
2
2
x
ax
f
x
x
a
x
x







，所以
1
x ，
2
x 是方程
2
1
0
x
ax


的两个
正根，
所以
2
1
2
1
2
5
4
0,
,
1
2
a
x
x
a
x x






，不等式


1
2
f
x
mx

恒成立，即


1
2
f x
m
x

恒成立；
又




2
1
3
2
3
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
2
2
2
2ln
2
2
ln
2
2
ln
f
x
x
ax
x
x
ax
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x










3
1
1
1
1
2
2
ln
x
x
x
x



，
则


3
1
1
1
1 min
2
2
ln
m
x
x
x
x



，又
1
2
1
2
5 ,
1
2
x
x
a
x x




，可得
1
1
1
5
2
x
x


，则
1
1
0
2
x

≤
.
令
3
2
2 ln ,
1
0
2
g x
x
x
x
x
x








，则

2
2
3
2
2
2ln
3
2ln
0
g
x
x
x
x
x








，
所以
g x 在
1
0, 2





上单调递减，所以min
1
9
ln 2
2
8
g x
g 








，故
9
ln 2
8
m 

.
故选：B.
14.设函数

f x
x
ax
b



，a ，b
R

，若对任意的实数a ，b ，总存在实数


0
0,4
x 
，使得不等式


0
f x
m

成立，则m 的最大值是_______．
【答案】1
4
【分析】构造函数
u x
x
ax
b



，分情况讨论函数的单调性，并求最值.
【详解】设

f
x 的最大值为

M b ，
令
u x
x
ax
b



，则

1
2
u x
a
x



在


0,4
x
上，当

0
u
x


时，即
1
4
a 
时，
u x 单调递增，此时

2
4
b
u x
a
b




，
当
1 2
b
a

时，

2
4
M b
a
b



，
当
1 2
b
a

时，

M b
b
，从而当
1
4
a 
时，
1 2
b
a

时，

M b 取最小值，
min
1
1
2
2
M b
a


，
当
1
4
a 
时，
u x 在
2
1
0, 4a




上单调递增，在
2
1 ,4
4b





上单调递减，
在
1 1
,
4 2
a





时，

1
4
b
u x
b
a



，当
1
8
b
a

时，
min
1
1
8
4
M b
a


，
在
1 ,
2
a







，时，
1
2
4
( )
4
a
b
u x
b
a





，当
1
1 2
8
b
a
a


时，
min
1
1
2
1
8
4
a
M
a
b



，
对任意实数a ，b ，总存在实数


0
0,4
x 
，使得不等式
0
(
)
f x
m

成立等价于
max
( )
m
f x
≤
恒成立，
1
4
m


，故m 的最大值为1
4 ，故答案为：1
4 .
15.已知函数



2
sin ,
0
1
,
0
xe
a
x
x
f x
x
a
x
a
x










．若关于x 的不等式

0
f x 的解集为

1,
，则实数a 的
取值范围为___________．
【答案】
4
0
2e







，
【分析】
0
f x 的解集为

1,




0
sin
0
x
x
f x
e
a
x



，＋
，
＝
恒成立，且


2
1
0
x
a
x
a


＋
＋在
x≤0 时的解集为[－1，0]，分类讨论即可﹒
【详解】
0
f x 的解集为

1,




0
sin
0
x
x
f x
e
a
x



，＋
，
＝
恒成立，且


2
1
0
x
a
x
a


＋
＋在
x≤0 时的解集为[－1，0]﹒
(1)当x≤0 时，






2
1
1
f x
x
a
x
a
x
a
x




＝
＋
＋＝
＋
，为满足题意，其图像应该如图：
∴a≥0；
(2)当x＞0 时，
①a＝0 时，f(x)
xe
＝
≥0 恒成立，满足题意；
②a＞0 时，
sin
0
xe
a
x

恒成立
sin
1
x
x
e
a


恒成立(x＞0)，
令


sin
0
x
x
g x
x
e
＝
＞
，则

π
2cos
cos
sin
4
x
x
x
x
x
g
x
e
e








＋
＝
＝
，
由

0
g
x

＞得，
2
2
2
4
2
kx
x
k





＋
＜＋
＜
＋
，即


3
2
2
4
4
x
k
k
k
Z












＋
，＋
时，
g x 单调递增，
由

0
g
x

＜得，
3
2
2
2
4
2
k
x
k





＋
＜＋
＜
＋
，即


5
2
2
4
4
x
k
k
k
Z












＋
，＋
时，
g x 单调递减，


π
2
4
x
k
k
Z



＝＋
时，
g x 取得极大值，


0
2
4
x
x
k
k
N




＞，＝
＋

2
4
2
2
[
]
2
4
k
g x
g
k
k
N
e












极大值
＋
＝
＋
＝
，
0
k
＝时，
4
4
max
4
2
1
2
2
( )
2
2
g x
a
e
a
e
a
e







＝
，
，
，
2
4
0
2
a
e


＜
，
综上所述，
4
0
2
a
e







，
﹒故答案为：
4
0
2e







，
﹒