5.13导数压轴大题：求参数（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

5.13 导数压轴大题：求参数
模块一：基础知识.........................................................................2
考点一：恒成立求参解决策略....................................................... 2
考点二：存在性问题求参数解决策略...............................................2
考点三：零点型求参数解决策略.................................................... 3
考点四：同构法求参数................................................................ 3
考点五：虚设零点转化技巧.......................................................... 3
模块二：题型分类.........................................................................4
题型一：常规型恒成立问题.......................................................... 4
题型二：三角函数型恒成立问题.................................................... 8
题型三：双变量型恒成立求参......................................................12
题型四：整数解型恒成立求参......................................................16
题型五：三角函数型整数恒成立求参.............................................19
题型六：常规型存在性问题........................................................ 23
题型七：双变量型存在性问题......................................................27
题型八：正余弦型存在性问题......................................................31
题型九：常规型零点求参........................................................... 35
题型十：双零点型求参.............................................................. 39
题型十一：多零点型求参........................................................... 45
题型十二：同构型求参：x1，x2双变量同构....................................51
题型十三：虚设零点型求参........................................................ 54
模块三：综合巩固....................................................................... 57
5.13 导数压轴大题：求参数
模块一：基础知识
考点一：恒成立求参解决策略
1.常规方法
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的
关系，求解出参数范围；
（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范
围最后取并集.
2. 双变量型求参数
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


，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

．
3. 三角函数与导数应用求参
（1）利用正余弦函数的有界性
（2）三角函数与函数的重要放缩公式：x≥sinx(x≥0).
4.整数解型
①若
( )
k
f x

在[ , ]
a b 上恒成立，则
max
( )
k
f x

；
②若
( )
k
f x

在[ , ]
a b 上恒成立，则
min
( )
k
f x

；
③若
( )
k
f x

在[ , ]
a b 上有解，则
min
( )
k
f x

；
④若
( )
k
f x

在[ , ]
a b 上有解，则
max
( )
k
f x

；
考点二：存在性问题求参数解决策略
1.形如


f x
g x

的有解的求解策略：
（1）构造函数法：令



F x
f
x
g x


，利用导数求得函数

F x 的单调性与最小值，只需
max
0
F x

恒
成立即可；
（2）参数分离法：转化为

a
x


或

a
x


恒成立，即
min
a
x


或
max
a
x


恒成立，只需利用导数
求得函数

x

的单调性与最值即可.
2. 双变量型求参数
一般地，已知函数



,
,
y
f x
x
a b


，



,
,
y
g x
x
c d


（1）相等关系
记



,
,
y
f x
x
a b


的值域为A,



,
,
y
g x
x
c d


的值域为B,
①若


1
,
x
a b


，


2
,
x
c d


，有




1
2
=
f
x
g x
成立，则有A
B

；
②若


1
,
x
a b

，


2
,
x
c d


，有




1
2
=
f
x
g x
成立，则有A
B

；
③若


1
,
x
a b

，


2
,
x
c d


，有




1
2
=
f
x
g x
成立，故A
B

；
（2）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

．
考点三：零点型求参数解决策略
1.常规方法
（1）分类讨论思想与转化化归思想
（2）数形结合与单调性的综合应用：一个零点，则多为所求范围内的单调函数，或者“类二次函数”切
线处（极值点处）
（3）注意“找点”难度，对于普通学生，可以用极限思维代替“找点思维”。
2. 双零点型
利用导数解决

f
x 有两个零点，求实数m 的取值范围问题，综合性强，难点在于要分类讨论参数的范围，
进而判断函数的单调性，确定极值的正负问题，关键在于要多次构造函数，利用导数判断函数单调性
3.多零点型（＞2 个）
（1）三个零点型，注意是否有容易观察出来的零点，这样可以转化为两个零点型以降低难度。
（2）三个零点型，可通过讨论，研究函数是否是“类一元三次函数”型。
（3）如果函数有“断点”，注意分段讨论研究。
考点四：同构法求参数
1.双变量同构型，较多的是含有绝对值型。
（1）含绝对值型，大多数都是有单调性的，所以可以通过讨论去掉绝对值。
（2）去掉绝对值，可以通过“同构”重新构造函数。
2.不含绝对值型，可以直接调整构造函数求解
考点五：虚设零点转化技巧
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。
模块二：题型分类
题型一：常规型恒成立问题
1.已知函数



2
ln
1
ex
x
f x
a
x



.
(1)当
0
a 
时，求

f
x 的最大值；
(2)若

0
f x 
在


0,
x
上恒成立，求实数a 的取值范围.
【答案】(1) 2
e (2)

, 2

【分析】（1）先求解出

f
x

，然后根据

f
x

的正负确定出

f
x 的单调性，然后可求

f
x 的最大值；
（2）先求解出

f
x

，令

f
x

的分子部分为
g x ，再根据a 与0 的关系进行分类讨论：当
0
a 
时，根据
（1）的结果进行分析；当
0
a 
时，根据

f
x 解析式各部分取值正负进行分析；当a<0 时，根据
0
g
的
正负再进行讨论，由此求解出结果.
【详解】（1）由题可知

f
x 的定义域为

1,

，当
0
a 
时，

2
ex
x
f x 
，
因为



2 1
ex
x
f
x



，
当


1,1
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，当


1,
x
时，

0
f
x


，
所以

f
x 在

1,1

上单调递增，在

1,上单调递减，
所以


max
2
1
e
f
x
f


.
（2）因为



2
ln
1
ex
x
f x
a
x



，所以



2
e
2
2
1 e
x
x
a
x
f
x
x





，
令
2
e
2
2
x
g x
a
x



，则

e
4
x
g
x
a
x



，
当
0
a 
时，由（1）知
max
2
( )
0
e
f x


，不满足题意；
当
0
a 
时，




2
0,
,
0, ln
1
0
ex
x
x
a
x





，所以

0
f x 恒成立，不满足题意；
当a<0 时，

0
g
x


在

0, 

上恒成立，
所以
g x 在

0, 

上单调递减，所以

0
2
g x
g
a



.
①当
2
a 时，因为

0
0
g x
g


，所以

0
f
x


，
所以

f
x 在

0, 

上单调递减，所以


0
0
f x
f


，所以
2
a 满足题意，
②当2
0
a


时，因为
g x 在

0, 

上单调递减，且

0
2
0,
1
e
0
g
a
g
a




，
所以存在


0
0,1
x 
，使得

0
0
g x

，
当


0
0,
x
x

时，
0
g x 
，即
( )
0
f
x
¢
>
，
当


0,
x
x

时，
0
g x 
，即

0
f
x


，
所以

f
x 在

0
0, x
上单调递增，在

0,
x 上单调递减，
因为

0
0
f

，所以当


0
0,
x
x

时，

0
f x 
，不满足题意，
综上所述，


, 2
a
.
2.设
0
a 
，函数
( )
ln
a
f x
x
x

．
(1)讨论
( )
f x 的单调性；
(2)若
( )
f x
x

，求a 的取值范围；
(3)若
( )
1
f
x

，求a．
【答案】(1)
( )
f x 在
1
0,e
a







单调递减，在
1
e
,
a








单调递增(2)
1
0,1 e

(3)
1
2
a 
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）构造函数
1
( )
ln
a
g x
x
x


，分类讨论
1
a 与0
1
a

，结合（1）中结论即可得解；
（3）构造函数( )
( )
h x
f
x


，利用导数分类讨论a 的取值范围，结合( )
h x 的单调性即可得解.
【详解】（1）因为
( )
ln
a
f x
x
x

的定义域为(0,
)
，
0
a 
，
则
1
1
1
( )
ln
( ln
1)
a
a
a
f
x
ax
x
x
x
a
x








，令
( )
0
f
x


，得
1
0
e
a
x



；令
( )
0
f
x


，得
1
e a
x


；
所以
( )
f x 在
1
0,e a







单调递减，在
1
e
,
a









单调递增.（2）因为
0
x 
，所以
( )
f x
x

等价于
1 ln
1
ax
x

，
记函数
1
( )
ln
a
g x
x
x


，当
1
a 时，

2
2(
1)
e
2e
1
a
g


，不合题意；
当0
1
a

时，由（1）知
1
1
1
( )
e
1
(1
)e
a
g x
g
a











，解得

1
0,1
e
a



；
综上，a 的取值范围是
1
0,1
e

.
（3）记函数
1
( )
( )
( ln
1)
a
h x
f
x
x
a
x





，则


2
2
( )
ln
2
1
a
h x
x
a
a
x
a








，
若
3
2
1
1
,
( )
ln
2
4
a
h x
x
x




，令
( )
0
h x


，得0
1
x

；令
( )
0
h x


，得
1
x ；
( )
h x 在(0,1)单调递增，在(1,
)
单调递减，故( )
(1)
1
h x
h

，符合题意；
若
1
0, 2
a






，当
2
1 2
e
1
a
a
a
x


时，
( )
0
h x


，则( )
h x 在
2
1 2
e
,1
a
a
a










单调递减，
故
2
1 2
e
(1)
1
a
a
a
h
h











，不合题意；若
1 ,1
2
a






，当
2
1 2
1
e
a
a
a
x




时，( )
0
h x


，则( )
h x 在
2
1 2
1,e
a
a
a










单调递增，
故
2
1 2
e
(1)
1
a
a
a
h
h











，不合题意；若
[1,
)
a 
，当
1
x 时，
( )
0
h x


，则( )
h x 在(1,
)
单调递增，
故( )
(1)
1
h x
h

，不合题意.综上，
1
2
a 
.
3.已知函数

2
ex
x
ax
f x


．
(1)若

f
x 在

2, 1


上单调递增，求实数a 的取值范围；
(2)若

sin
f x
x

对


,0
x
恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)
8
,
3







(2)

1,

【分析】（1）先求

f
x

，然后将问题转化为“


2
2
0
x
a
x
a




对


2, 1
x

恒成立”，然后通过分离参
数结合函数的单调性求解出a 的取值范围；
（2）将问题转化为“
2
e sin
0
x
x
x
ax



对


,0
x
恒成立”，然后构造函数



2
e sin
,
,0
x
g x
x
x
ax x




，通过多次求导分析函数单调性的过程求解出a 的取值范围.
【详解】（1）因为









2
2
2
2
e
e
2
e
e
x
x
x
x
x
a
x
ax
x
a
x
a
f
x









，又

f
x 在

2, 1


上单调递增，
所以

0
f
x


对


2, 1
x

恒成立，所以


2
2
0
x
a
x
a




对


2, 1
x

恒成立，
所以
1
1
1
a
x
x


对


2, 1
x

恒成立；令


1
3, 2
t
x



，且
1
y
t
t

在

3, 2


上单调递增，
所以
1
1
8
1
3
1
3
3
x
x











，所以
8
3
a 
，即a 的取值范围是
8
,
3






；
（2）因为

sin
f x
x

对


,0
x
恒成立，所以
2
e sin
0
x
x
x
ax



对


,0
x
恒成立，
设


2
e sin
,
,0
x
g x
x
x
ax x




，所以



e
sin
cos
2
x
g
x
x
x
x
a





，令



e
sin
cos
2
x
h x
x
x
x
a




，
所以



e
cos
sin
sin
cos
2
2e cos
2
x
x
h x
x
x
x
x
x







，
因为


,0
x
，所以




e
0,1 ,cos
1,1
x
x


，所以2e cos
2
2
2
0
x
x 



，
所以

0
h x


，所以
h x 在

,0

上单调递减，所以

0
1
h x
h
a


，
当
1
0
a 
时，即
1
a ，

0
h x
g
x



，所以
g x 在

,0

上单调递增，
所以

0
0
g x
g


，满足条件；当
1
0
a 
时，即
1
a ，
0
1
0
h
a


，且x 时，
h x ，
所以
h x 在

,0

上有唯一零点，记为
0x ，则






0
0
,
,
0,
,0 ,
0
x
x
h x
x
x
h x




，
即



0
,
,
0
x
x
g
x



，
g x 单调递增，



0,0 ,
0
x
x
g
x



，
g x 单调递减，
故当


0,0
x
x

时，

0
0
g x
g


，与题意矛盾，综上所述，a 的取值范围是

1,
.
4.已知函数



2
1
2
2ln
f x
m x
x
x




，
2
m 
.
(1)求证：函数

f
x 存在单调递减区间，并求出该函数单调递减区间

,a b 的长度b
a

的取值范围；
(2)当
1
x 
时，

1
2 e
4
x
f x
x
x



恒成立，求实数m 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，1 ,1
2





(2)

2,4
【分析】（1）先求

f
x

，然后分析

0
f
x


的根，由此完成证明；利用韦达定理表示出b
a

结合m 的范
围求解出其范围；
（2）将问题转化为“


2
1
1
2
2ln
2 e
0
x
m x
x
x
x






在

1,上恒成立”，建立函数



2
1
1
2
2ln
2 e x
F x
m x
x
x
x






，通过多次求导分析函数单调性的过程求解出m 的取值范围.
【详解】（1）







2
2
2
2
2
2
2
1
2
0
mx
m
x
f
x
m x
x
x
x










，令


2
2
2
2
2
h x
mx
m
x




，
因为
2
m 
，二次函数对称轴
2
2
1
0
4
2
m
m
x
m
m





，
0
2
0
h


，且




2
2
Δ
2
2
4
2
2
2
2
0
m
m
m







恒成立，
所以
0
h x 
恒有两个不相等的正实根，且这两个正实根分别为


,a b b
a

，
1
m
a
b
m



，
1
ab
m

，
所以

f
x 的单调递减区间是

,a b ，所以单调递减区间

,a b 的长度


2
2
2
1
1
4
1
1
b
a
b
a
ab
m
m
m









，
因为
2
m 
，所以b
a

的取值范围为1 ,1
2





；
（2）由题意


2
1
1
2
2ln
2 e
4
x
m x
x
x
x
x






在

1,上恒成立，即


2
1
1
2
2ln
2 e
0
x
m x
x
x
x






在


1,上恒成立，
令



2
1
1
2
2ln
2 e x
F x
m x
x
x
x






，则





1
2
2
1
2
2
2 ex
F
x
m x
x
x








，令





1
2
2
1
2
2
2 ex
G x
m x
x
x







，
则



1
2
2
2
2
4 ex
G
x
m
x
x






，令



1
2
2
2
2
4 ex
H x
m
x
x





，则



1
3
4
2
6 ex
H
x
x
x





，令



1
3
4
2
6 ex
M x
x
x




，
则



1
4
12
2
8 ex
M
x
x
x





，当
1
x 
时，

0
M
x


，所以

M x 在

1,上单调递减，

1
4
8
4
0
M x
M




，
所以

H x 在

1,上单调递减，

1
2
2
6
2
8
H x
H
m
m





，
当2
8
0
m 
，即
4
m 
时，


0
G x
H x



，所以


G x
F
x


在

1,上单调递减，

1
0
F
x
F




，
所以

F x 在

1,上单调递减，

1
0
F x
F


成立，所以2
4
m


；
当2
8
0
m 

，即
4
m 
，单调递减函数

H x 在x 时，

H x


，且
1
2
8
0
H
m



，
所以

0
H x 
在

1,上有根，记为
0x ，在

0
1,x
上，

0
H x 
，在

0,
x 上

0
H x 
，
所以

F
x

在

0
1,x
上单调递增，在

0,
x 上单调递减，且
1
0
F
，函数

F
x

在x 时，
F
x

，
因此

0
F
x


在

1,上有解，记为
1
x ，在

1
1, x 上，

0
F
x


，

F x 单调递增，而
1
0
F

，
因此在

1
1, x 上，


1
0
F x
F


，从而在

1,上

0
F x 
不恒成立，
综上所述，m 的取值范围是

2,4 .
题型二：三角函数型恒成立问题
1.已知函数
( )
e sin
2
x
f x
x
x


.
(1)求曲线
( )
y
f x

在点(0,
(0))
f
处的切线方程；
(2)求
( )
f x 在区间
π
0, 2





上的最大值；
(3)设实数a 使得
( )
e x
f x
x
a


对xR 恒成立，求a 的最大整数值.
【答案】(1)
0
x
y


(2)
πe
π

(3)-2
【分析】（1）求出函数在
0
x 
处的导数，即切线斜率，求出

0
f
，即可得出切线方程；
（2）求出函数在区间
π
0, 2





上的单调性，求出最值即可；
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
（3）依题意，将不等式等价转化为
sin
ex
x
a
x


在R 恒成立，构造函数=sin
ex
x
x
x


，利用导数求出函
数的单调性和最小值的范围，进而求解.
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
【详解】（1）
( )
e sin
2
x
f x
x
x



，
( )
e (sin
cos )
2
x
f
x
x
x




，
(0)
1
f 

，
(0)
0
f

，所求切线方程为
0
(
0)
y
x



，即
0
x
y


，
所以切线方程为
0
x
y


.
（2）令( )
( )
e (sin
cos )
2
x
g x
f
x
x
x





，则
( )
2e cos
x
g x
x


，当
π
0, 2
x





时，
( )
0
g x


，( )
g x 在
π
0, 2





上单
调递增.
又
(0)
1
0
g


，
π
π
e
2
0
2
g 







，
0
2
π
0,
x







，使得

0
0
g x

.
当


0
0,
x
x

时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递减；当
0
π
, 2
x
x





时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递增.
又
π
π
(0)
0,
e
π
0
2
f
f 









，
π
max
π
( )
e
π
2
f x
f 









，
所以函数

f
x 在区间
π
0, 2





上的最大值为
πe
π

.（3）不等式
( )
e x
f x
x
a


恒成立等价于
sin
ex
x
a
x


恒
成立,
令( )
sin
ex
x
x
x



，当
0
x 
时，
0
ex
x


，
( )
1
x


恒成立,
当
0
x 
时，令( )
ex
x
h x 
，则
1
( )
ex
x
h x



,当0
1
x

时，
( )
0
h x


，( )
h x 单调递减；
当
1
x 时，
( )
0
h x


，( )
h x 单调递增，
min
1
( )
(1)
e
h x
h



，
当
0
x


时，( )
0
h x


；当x 时，( )
0
h x


，
( )
h x

的值域为
1 0
e ,






,
sin
[ 1,1]
x
Q
Î -
，
3π
2
3π
1
1
3π
2
(1)
sin1
, (
)
1
1
e
e
2
e






，
min
1
2
1
1
e
x



，所以a 的最大整
数值为-2.
2.已知函数

sin x
f x
x

，
cos
g x
a
x

．
(1)求证：
π
0, 2
x





时，1
f x ；
(2)当
π
π
,0
0,
2
2
x













时，

f x
g x

恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)当
π
π
,0
0,
2
2
x













时，


2
f x
g x




恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)证明见详解(2)

,1

(3)

,1

【分析】
（1）根据题意，转化为sin x
x

，令
sin
x
x
x



，利用导数求得
x

的单调性，结合

0
x



，
即可得证；
（2）令



sin
cos
x
ax
x
F x
f
x
g x
x




，转化为

0
F x 
在
π
0, 2





上恒成立，令

sin
cos
0
H x
x
ax
x



在
π
0, 2





上恒成立，求得



1
cos
sin
H
x
a
x
ax
x




，分
0
a 
、0
1
a

和
1
a ，
三种情况讨论，即可求解；
（3）由（1）（2），令



2
2
2
2
sin
cos
x
ax
x
G x
f x
g x
x








，转化为

0
G x 
在
π
0, 2





上恒成立，令

2
2
sin
cos
0
h x
x
ax
x



在
π
0, 2





上恒成立．分
0
a 
、0
1
a

和
1
a ，三种情况讨论，结合函数的单
调性和最值，即可求解.
【详解】（1）证明：
π
0, 2
x





时，求证1
f x 等价于求证sin x
x

，
令
sin
x
x
x



，则

cos
1
0
x
x



，故
x

在
π
0, 2





上单调递减，故

0
0
x




，不等式成立．
（2）解：令



sin
cos
x
ax
x
F x
f
x
g x
x




，
因为



F
x
F x


，所以题设等价于

0
F x 
在
π
0, 2





上恒成立，即

sin
cos
0
H x
x
ax
x



在
π
0, 2





上恒
成立，
可得



1
cos
sin
H
x
a
x
ax
x




，且

0
0
H

，

0
1
H
a


．
（i）当
0
a 
时，在
π
0, 2





上sin
0
x 
，
cos
0
ax
x


，故

0
H x 
，所以

0
F x 
，符合题意；
（ii）当0
1
a

时，



1
cos
sin
0
H
x
a
x
ax





在
π
0, 2





上恒成立，故

H x 在
π
0, 2





上单调递增，故


0
0
H x
H

，所以

0
F x 
，符合题意；
（iii）当
1
a 时，

0
1
0



H
a
，
π
π
0
2
2
a
H 








，
故必存在
0
π
0, 2
x






，使得


0
0
H
x


，且当


0
0,
x
x

时，

0
H
x


，
故

H x 在

0
0, x
上单调递减，故在

0
0, x
上


0
0
H x
H


，不符合题意．
综上所述：实数a 的取值范围是

,1

．
（3）解：由（1）知：sin x
x

在
π
0, 2





上恒成立．
由（2）知：当
1
a 时，

f x
g x

，即sin
cos
sin
cos
x
x
x
x
x
x



在
π
0, 2





上恒成立．
令



2
2
2
2
2
2
sin
sin
cos
cos
x
x
ax
x
G x
f x
g x
a
x
x
x










，
因为



G
x
G x


，所以题设等价于

0
G x 
在
π
0, 2





上恒成立，
即：
2
2
sin
cos
0
h x
x
ax
x



在
π
0, 2





上恒成立．
（i）当
0
a 
时，在
π
0, 2





上
2
sin
0
x 
，
2 cos
0
ax
x


，故
0
h x 
，所以

0
G x 
，符合题意；
（ii）当0
1
a

时，
2
2
2
2
sin
cos
sin
cos
h x
x
ax
x
x
x
x




，
令
2
2
sin
cos
r x
x
x
x


，
π
0, 2
x





，
则
2
2
2sin cos
2 cos
sin
2sin cos
2sin
sin
r
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x









2
2
2
2
2
2 1
cos
sin
4sin
sin
4
sin
sin
0
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
































，
所以
r x 在
π
0, 2





上单调递增，所以

0
0
r x
r


，故
0
h x 
，所以

0
G x 
，
符合题意；
（iii）当
1
a 时，


2
2
2
2
2
sin
cos
cos
1
cos
h x
x
ax
x
x
ax
x
x
a
x






，
当
1
cos
,1
x
a





且
π
0, 2
x





时，1
cos
0
a
x


，故


2
2
2
cos
1
cos
0
h x
x
ax
x
x
a
x





，不符合题意．
综上所述：实数a 的取值范围为

,1

．
3.已知函数



e
2
R,
0
ax
f x
ax a
a




.
(1)讨论

f
x 的单调性；
(2)若不等式

sin
cos
2
2
f
x
x
x
ax




对任意
0
x 
恒成立，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)

f
x 在区间
ln2
, a








上单调递减，在区间ln2 ,
a








上单调递增(2)

1,
【分析】（1）求导函数，对进行分类讨论，利用导数研究函数的单调性；
（2）由题意，构造函数
e
sin
cos
2
ax
h x
x
x




，利用导数研究函数的单调性，多次构造函数，通过导
数研究单调性以及特殊点，即可求解.
【详解】（1）

e
2
ax
f x
ax


，则



e
2
e
2
ax
ax
f
x
a
a
a





，
当
0
a 
时，令

0
f
x


，解得
ln2
x
a

，令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
ln2
x
a

，
所以

f
x 在区间
ln2
, a








上单调递减，在区间ln2 ,
a








上单调递增；
当a<0 时，令

0
f
x


，解得
ln2
x
a

；令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
ln2
x
a

；
所以

f
x 在区间
ln2
, a








上单调递减，在区间ln2 ,
a








上单调递增.
综上，

f
x 在区间
ln2
, a








上单调递减，在区间ln2 ,
a








上单调递增.
（2）由题意得e
sin
cos
2
ax
x
x



对任意
0
x 
恒成立，令
e
sin
cos
2
ax
h x
x
x




，则

e
cos
sin
ax
h x
a
x
x




.
若
0
x 
，当
1
a 时，

e
e ,
e
cos
sin
ax
x
x
h x
x
x





.令


sin
0
u x
x
x x



，则

1 cos
0
u
x
x



，
所以
u x 在区间

0, 

上单调递增，且

0
0
u x
u


，
即
sin
x
x

，令


e
1
0
x
v x
x
x




，则
e
1
0
x
v x 


，
所以
v x 在区间

0, 

上单调递增，且

0
0
v x
v


，即e
1
x
x

，
所以当
0
x 
时，e
1
sin
1
x
x
x


，则

e
cos
sin
1 cos
0
x
h x
x
x
x






，
所以
h x 在区间

0, 

上单调递增，且

0
0
h x
h


，即e
sin
cos
2
ax
x
x



恒成立.
当
1
a 
时，

0
1
0
h
a



，存在实数
0
0
x 
，使得


0
0,
x
x

，均有

0
h x


，
则
h x 在区间

0
0, x
上单调递减，且

0
0
h x
h


，不符合题意.
综上，实数a 的取值范围是

1,.
题型三：双变量型恒成立求参
1.设函数

ex
f x
ax


，其中aR .
(1)讨论函数
( )
f x 在[1,
)
上的极值；
(2)若函数f(x)有两零点


1
2
1
2
,
x x
x
x

，且满足
1
2
1
1
x
x





，求正实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析(2)[1,
)

【分析】（1）求出

ex
f
x
a



，分
e
a 
、
e
a 讨论，可得答案；
（2）由零点存在定理可知
1
2
0
ln
x
a
x



，而题设
1
2
1
2
e
e
0
x
x
ax
ax




，消去a 可得
2
2
1
1
2
1
e
e
e
x
x
x
x
x
x



，
令
2
1
1
x
t
x

，且
2
1
lnt
x
x


，求出
2
x ，
1
x ，将其代入
1
2
1
1
x
x





得
(
1)(
1)
( )
ln
0
1
t
F t
t
t








，再利用导
数分
1
、0
1


讨论可得答案..
【详解】（1）由

ex
f x
ax


知

ex
f
x
a



，
1）当
e
a 
时，且有
[1,
)
x
，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递增，故无极值；
2）当
e
a 时，有
(1,ln )
x
a

，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递减，而
(ln ,
)
x
a

，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单增，故
( )
(ln )
ln
f x
f
a
a
a
a



极小值
，
( )
f x 无极大值.综上，当
e
a 
时，
( )
f x 无极值；
当
e
a 时，
( )
f x 极小值为
ln
a
a

，
( )
f x 无极大值；
（2）由（1）可知当
e
a 时，
(ln )
(1 ln )
0
f
a
a
a



，
1
(0
0
f

）
，且x
f x


，（）
，
由零点存在定理可知
1
2
0
ln
x
a
x



，而题设可知
1
2
1
2
e
e
0
x
x
ax
ax




，消去a 可得
2
2
1
1
2
1
e
e
e
x
x
x
x
x
x



，令
2
1
1
x
t
x

，且
2
1
lnt
x
x


，即
2
ln
1
t
t
x
t

，
1
ln
1
t
x
t
，
将其代入
1
2
1
1
x
x





，整理可令得
(
1)(
1)
( )
ln
0
1
t
F t
t
t








，而



2
2
2
2
1 (
1)
1
(
1)
(
1)
(
1)
t
t
F
t
t
t
t
t













，
1)当
1
时，且
(1,
)
t 
，有

2
2
(
1)
0
(
1)
t
F t
t
t






，

F t 单调递增，
( )
(1)
0
F t
F


，满足题设；
2)当0
1


时，且
2
1
1,
t






，有
( )
0
F t


，

F t 单调递减，
( )
(1)
0
F t
F


，不满足题设；
综上，的取值范围为[1,
)
.
2.已知函数



ex
f
x
a
x a


R ．
(1)当
1
a 时，求

f
x 的单调区间；
(2)设函数


2
1 ex
g x
x
x
f
x




，当
g x 有两个极值点


1
2
1
2
,
x x
x
x

时，总有





2
2
2
1
2
g
2
e
3
x
t
x
x
x




成立，求实数t 的值．
【答案】(1)


0,
x
单调递增，


,0
x
单调递减(2)
1
t 
【分析】（1）求出导函数
( )
f
x

，由
( )
0
f
x


得增区间，由
( )
0
f
x


得减区间；
（2）求出
( )
g x

，由
( )
0
g x


有两个不等实根


1
2
1
2
,
x x
x
x

，结合判别式韦达定理得
2
a 且
1
2
2
x
x

，
所以
1
2
1
x
x

．不等式中消去
1
,a x 得关于
2,
x t 的不等式，分离参数转化为求函数的最值，从而得出结论．
【详解】（1）
1
a 时，函数

ex
f x
x


的定义域为

,
e
1.
x
f
x 


R
由

0
f
x


解得
0
x 
．
当


,0
x
时，


0,
f
x
f
x


在


,0
x
单调递减；
当


0,
x
时，


0,
f
x
f
x


在


0,
x
单调递增．
（2）

2
1 ex
g x
x
a



，则


2
2
1 e x
g
x
x
x
a





．
根据题意，得方程
2
2
1
0
x
x
a



有两个不同的实根


1
2
1
2
,
x x
x
x

，
Δ
0


，即
2
a 且
1
2
2
x
x

，所以
1
2
1
x
x

．
由





2
2
2
1
2
tg
2
e
3
x
x
x
x




，可得




2
2
2
2
2
1
2
1 e
2
e
3
x
x
t x
a
x
x






又
2
2
2
1
2
1
2
,2
x
a
x
x
x




总有





2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
e
e
3
2 e
e
3
0
x
x
x
x
tx
x
x
x
t
x













对
2
1
x 恒成立．
①当
2
0
x 
时，


2
2
2
2
2
2 e
e
3
0
x
x
x
t
x








恒成立，此时t R ；
②当


2
1,0
x 
时，


2
2
2
2
2 e
e
3
0
x
x
t
x




成立，即
2
2
2
2
e
3
2
e
x
x
x
t



令函数

2
2
2
2
2
e
3
e
x
x
x
h x



，则





2
2
2
2
2
2
2
2
1
3
2
3
0
e
e
x
x
x
x
x
x
h x








在


2
1,0
x 
恒成立
故

2
h x
在


2
1,0
x 
单调递增，所以

2
0
2
1
t
h
t

．
③当


2
0,
x 
时，


2
2
2
2
2 e
e
3
0
x
x
t
x




成立，即
2
2
2
2
e
3
2
e
x
x
x
t



由函数

2
2
2
2
2
e
3
e
x
x
x
h x



，则





2
2
2
2
1
3
0
ex
x
x
h x






，解得
2
3
x 
当


2
0,3
x 
时，



2
2
0,
h x
h x


单调递增；当


2
3,
x 
时，



2
2
0,
h x
h x


单调递减又

2
2
2
2
3
1
ex
x
h x


，
当
2x 时，

2
1
h x
所以

2
0
2
1
t
h
t

．综上所述，
1
t ．
3.已知函数
e
( )
ln
x
f x
ax
a
x
x



.
(1)若
0
a 
，求函数
( )
y
f x

的极值点；
(2)若不等式
( )
0
f x 
恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)若函数
( )
y
f x

有三个不同的极值点
1
x 、
2
x 、
3x ，且
2
1
2
3
( )
(
)
(
)
3e
e
f x
f x
f x



，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)1(2)
e
a 
(3)
2
e
e
a


【分析】（1）首先求函数的导数，并判断函数的单调性，即可求函数的极值点.
（2）由

0
f x 
分离常数a ，利用构造函数法，结合导数来求得a 的取值范围.
（3）首先根据

f
x 有3个不同的极值点求得a 的一个范围，然后化简不等式





2
1
2
3
3e
e
f x
f x
f x



，
利用构造函数法，结合导数求得a 的取值范围.
【详解】（1）当
0
a 
时，

ex
f
x
x

，



2
1
e x
x
f
x
x



，
当0
1
x

时，
( )
0
f
x
¢
>
，
1
x 时，

0
f
x


，所以函数在区间

0,1 单调递增，在区间

1,单调递减，
所以函数在
1
x 处取得极大值，函数的极值点为1；
（2）函数

f
x 的定义域为

0, ，不等式

0
f x 
恒成立，即

e
ln
x
a x
x
x


在

0, 上恒成立，
记
ln
u x
x
x


，则

1
1
1
x
u
x
x
x




，得到
u x 在区间

0,1 上


0,
u
x
u x


单调递减，
在

1,上


0,
u
x
u x


单调递增，则

min
1
1
u x
u

，即
1
u x 在区间

0, 上恒成立，
分离变量知：

2
ln
ex
a
g
x
x
x
x



在

0, 上恒成立，则
min
a
g x

，











2
2
2
2
2
2
ln
2
ln
1
ln
2
ln
1
ln
e
ln
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
g
x
x
x
x
x
x
x
























2
2
2
2
2
1
1 ln
1
1 ln
ln
e
e
ln
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x













，由前面可知，当




0,1
1,
x


时，
ln
1
u x
x
x


恒
成立，即
1 ln
0
x
x


，所以
g x 在区间

0,1 上


0,
g
x
g x


单调递减，
在区间

1,上


0,
g
x
g x


单调递增，所以

min
1
e
g x
g


，所以
e
a 
．
（3）










2
2
2
2
e
1
e
1
1
e
1
x
x
x
ax
x
x
ax
x
x
a
f
x
a
x
x
x
x
x













，设曲线
ex
y 
图象上任意一点



,e
, e
e
t
x
x
t

，
所以曲线
ex
y 
在点

,et
t
处的切线方程为


e
e
t
t
y
x
t



，
将

0,0 代入得


0
e
e 0
,
1
t
t
t
t



，故切点为

1,e ，过

0,0 的切线方程为


e
e
1 ,
e
y
x
y
x




，
所以直线
e
y
x

和曲线
ex
y 
相切，并且切点坐标为

1,e ，
所以当且仅当
e
a 时，方程
e
0
x
ax 

有两个不相等的实根
1
x ，
3x ，并且
1
3
0
1
x
x


，
从而当
e
a 时，

f
x 有三个极值点
1
x ，
2
x ，
3x ，并且
1
2
3
0
1
x
x
x



，
1
1
ex
ax 
，
3
3
e
x
ax 
，
取对数知：
1
1
ln
ln
a
x
x


，
3
3
ln
ln
a
x
x


，即
1
1
ln
ln
a
x
x


，
3
3
ln
ln
a
x
x


，
则









3
1
1
2
3
1
1
3
3
1
3
e
e
ln
e
ln
x
x
f x
f x
f x
a x
x
a
a x
x
x
x









2
ln
e
ln
2 ln
e
3e
e
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a









．构造


2 ln
e
e
g a
a
a
a
a




，



2 ln
1
1
2ln
1
0
g a
a
a





在
e
a 
时恒成立，
则
g a 在区间


e,
a 
上单调递增，且

2
2
2
2
2
e
e
e
2
ln
3
e
e
e
e
g





，
从而






2
1
2
3
2 ln
e
3e
e
f x
f x
f x
a
a
a
g a







的解为
2e
a 
，
综上所述
2
e
e
a


．
4.已知函数

2
1
2ln
(
)
2
f x
x
a
x



，其中a R .
(1)讨论函数

f
x 的单调性；
(2)若

f
x 存在两个极值点






1
2
1
2
2
1
,
,
x x
x
x
f
x
f
x


的取值范围为3
15
ln2,
2ln2
4
8








，求a 的取值范
围.
【答案】(1)答案见解析(2) 3 2 5
,
2
2








【分析】（1）根据导数与单调性的关系可直接求解；
（2）先根据（1）的结论和韦达定理把




2
1

f
x
f
x
化简为
1
1
2
2
2
1
ln
2
2
x
x
x
x
x
x


，然后通过比值代换构造新
函数，再通过研究新函数求出结果.
【详解】（1）

f
x 的定义域是

0, 

，因为

2
2
1
1
ln
2
2
f x
x
x
ax
a




，
所以

2
1
1
x
ax
f
x
x
a
x
x







，令
2
1
g x
x
ax


，则
2
4
a


.
①当
0
a 
或
0

，即
2
a 
时，

0
f
x


恒成立，所以

f
x 在

0, 

上单调递增.
②当
0
Δ
0
a 




，即
2
a 
时，由
( )
0
f
x
¢
>
，得
2
4
0
2
a
a
x




或
2
4
2
a
a
x



；
由

0
f
x


，得
2
2
4
4
2
2
a
a
a
a
x






，
( )
f
x
\
在
2
4
0,
2
a
a










和
2
4 ,
2
a
a











上单调递增，在
2
2
4
4
,
2
2
a
a
a
a












上单调递减.
综上所述，当
2
a 
时，

f
x 在

0, 

上单调递增；
当
2
a 
时，

f
x 在
2
4
0,
2
a
a










和
2
4 ,
2
a
a











上单调递增，在
2
2
4
4
,
2
2
a
a
a
a












上单调递减.
（2）由（1）知当
2
a 
时，

f
x 有两个极值点，即方程
2
1
0
x
ax


有两个正根
1
2
,
x x ，
所以
1
2
1
2
1,
x
x
x
x
a




，则

f
x 在

1
2
,
x x
上单调递减，所以



1
2
f x
f x

，

2
2
2
1
1
1
2ln
(
)
ln
2
2
2
f x
x
a
x
x
x
ax
a







，则






2
2
2
2
2
1
1
2
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
ln
ln
2
2
2
2
f x
f x
f x
f x
x
x
ax
a
x
x
ax
a



























2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
1
1
1
=ln
ln
ln
2
2
2
x
x
x
x
x
a x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x













2
2
1
1
2
1
1
2
2
1
2
2
2
1
ln
ln
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x






，
令
1
2
(0
1)
x
t
t
x


，则




1
2
1
1
ln
2
2
f x
f x
h t
t
t
t





，

2
2
2
2
2
1
1
1
2
1
(
1)
0
2
2
2
2
t
t
t
h t
t
t
t
t












，
所以
h t 在

0,1 上单调递减，
又
1
3
1
15
ln2,
2ln2
2
4
4
8
h
h
















，且
1
3
15
1
ln2
( )
2ln2
2
4
8
4
h
h t
h

















，
所以1
1
4
2
t

，由


2
2
1
2
1
2
1
1 1
2,
,
4 2
x
x
a
t
t
x x
t










，
又
1
2
g t
t
t


在1 1
,
4 2






上单调递减，所以
2
9
25
2
4
a


且
2
a 
，所以实数a 的取值范围为3 2 5
,
2
2








.
题型四：整数解型恒成立求参
1.已知函数

2
ex
f x
a


，
1
2 ln
g x
x
x
x









，e
2.71828

为自然对数底数．
(1)证明：当
1
x 时，
1
ln
2
2
x
x
x


；
(2)若不等式

f x
g x

对任意的


0,
x
恒成立，求整数a 的最小值．
答案】(1)证明见解析；(2)4.
【分析】（1）记


1
ln ,
1
2
2
x
h x
x
x
x




，利用导数研究单调性，结合1
0
h

可证；
（2）构造函数



m x
f x
g x


，根据

9
2
ln 2
0
2
m
a



确定
4
a 
，再构造函数

2
1
1
2
2
2
ex
x
x
x
x
x















，利用导数求函数
x

的最大值，结合（1）中结论即可确定a 的最小值.
【详解】（1）记


1
ln ,
1
2
2
x
h x
x
x
x




，则

2
2
2
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
0
2
2
2
2
h
x
x
x
x
x
x






















，
所以
h x 在

1,上单调递增，又
1
1
1
ln1
0
2
2
h




，
所以，当
1
x 时，
1
ln
0
2
2
x
h x
x
x




，即
1
ln
2
2
x
x
x


.
（2）令



2
1
e
2 ln
x
m x
f
x
g x
a
x
x
x













，由题可知，当


0,
x
时，

0
m x 
恒成立.
因为

9
2
ln 2
0
2
m
a



，所以
9 ln 2
2
a 
，因为
2
8
e

，所以ln8
2

，即
2
ln 2
3

，
所以
9
9
2
ln 2
3
2
2
3
a 



，因为aZ ，所以
4
a 
.
当


0,1
x
时，ln
0
x 
，故

0
m x 
.
当


1,
x
时，不等式

f x
g x

等价于
2
1
2 ln
ex
x
x
x
a










，
设
2
2
2
2
1
1
2
1
2
e
2
2
2
e
2e
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

























，由（1）知，
2
1
2 ln
ex
x
x
x
x











，

2
2
2
3
2
3
2
e
2
2ex
x
x
x
x
x














，记
2
2
3
2
3
2
2
n x
x
x
x
x





，
易知，
n x 在

1,上单调递减，且
2
2
3
2
3
2
2
2
2
0
2
2
2
n






，
所以，当


1,2
x
时，
0
n x 
，即

0
x


，
x

单调递增；
当


2,
x
时，
0
n x 
，即

0
x


，
x

单调递减.
故当
2
x 
时，
x

取得最大值
2
2
2
2
2
1
e
2
2 2
27
2
2
2
2e
8











.
所以，

2
1
2 ln
4
ex
x
x
x
x












在区间

0, 

上恒成立，所以，整数a 的最小值为4.
2.已知

e
2
x
f
x
x
a



．
(1)若

0
f x 恒成立，求实数a 的取值范同：
(2)设
x 表示不超过x 的最大整数，已知


e
2ln
e
2
2
0
x
x
x





的解集为

x x
t

，求
et ．（参考数据：
e
2.72

，ln 2
0.69

，ln 3
1.10

）
【答案】(1)
2ln 2
2
a 

(2)
e
1
t 
【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得函数的最小值，进而可得参数范围；
（2）由


e
2ln
e
2
2
0
x
x
x





，可得



ln
1
f
x
f
x 
≥
，分情况讨论该不等式是否有解，可得
2
ln 2
t
e

，
进而可得
e
1
t .
【详解】（1）由

e
2
x
f
x
x
a



，得

e
2
x
f
x



，令

0
f
x


得
ln 2
x 
，当
ln 2
x 
时，

0
f
x


，当
ln 2
x 
时，
( )
0
f
x
¢
>
．所以

f
x 在

,ln 2

上单调递减，在

ln 2, 上单调递增，
所以



min
ln 2
2
2ln 2
f
x
f
a




，因为

0
f x 恒成立，所以
min
0
f
x

，即2
2ln 2
0
a


≥
，解得
2ln 2
2
a 

；
（2）由


e
2ln
e
2
2
0
x
x
x





，得e
2
e
2ln
2
x
x
x
x




，则



ln
1
f
x
f
x 
≥
，
设函数
ln
1
g x
x
x


，

1
1
1
x
g
x
x
x




，令

0
g
x


，可得
1
x ，
所以当0
1
x

时，

0
g x


，函数
g x 单调递减，当
1
x 时，

0
g
x


，函数
g x 单调递增，
所以
1
0
g x
g


，即
ln
1
x
x

，则当
ln
1
ln 2
x
x 
≥
≥
时，即
2
e
x 
时，
由（1）得

f
x 在

ln 2,单调递增，



ln
1
f
x
f
x 
≥
恒成立，且当
2
e
x 
时，



ln
1
f x
f
x


；
当1
ln
ln 2
x
x

≤
≤
时，即
ln 2
x 
时，由（1）知

f
x 在

,ln 2

单调递减，



ln
1
f
x
f
x 
≤
，不符合
题意；
当1
ln
ln 2
x
x



时，易知



ln
1
f
x
f
x 
≥
有解；
因为



ln
1
f
x
f
x 
≥
的解集为

x x
t

，则
2
ln 2
t
e

，所以


e
eln 2,2
t 
，即
e
1
t ．
3.已知函数

sin
sin
f
x
x
ax


，
π
0, 2
x






.
(1)若
2
a 
，求函数

sin
g x
f
x
x


值域；
(2)是否存在正整数a 使得

3cos
f
x
x
x

恒成立？若存在，求出正整数a 的取值集合；若不存在，请说明理
由.
【答案】(1)
3 3
(0,
]
2
；(2){2}.
【分析】（1）由题设( )
sin 2
2sin
g x
x
x


，对其求导，利用导数研究单调性，再根据区间单调性求值域即
可；
（2）问题化为sin
sin
3 cos
0
x
ax
x
x



在
π
0, 2
x






上恒成立，构造( )
sin
sin
3 cos
h x
x
ax
x
x



，讨论
1
a 、
2
a 
、
3
a 
，并应用导数研究( )
h x 单调性，进而判断函数值符号，即可求参数取值.
【详解】（1）由题设( )
sin 2
2sin
g x
x
x


，则
2
( )
2cos2
2cos
4cos
2cos
2
2(2cos
1)(cos
1
g x
x
x
x
x
x
x








，
若
( )
0
g x


，则
1
cos
2
x 
，
π
0, 2
x






，可得
π
0, 3
x





，( )
g x 递增；
若
( )
0
g x


，则
1
cos
2
x 
，
π
0, 2
x






，可得
2
π π
,
3
x






，( )
g x 递减；
又
π
3 3
π
(0)
0, ( )
, ( )
2
3
2
2
g
g
g



，综上，

sin
g x
f
x
x


，值域为
3 3
(0,
]
2
.
（2）由

3cos
f
x
x
x

，
π
0, 2
x






，则sin
sin
3 cos
0
x
ax
x
x



，
令( )
sin
sin
3 cos
h x
x
ax
x
x



，
π
0, 2
x






，则
( )
cos
2cos
3 sin
h x
a
ax
x
x
x




，且
(0)
2
h
a



，
当
1
a ，
π
π
π
3π
π
2
3π
( )
sin
sin
cos
(2
)
0
4
4
4
4
4
2
4
a
h






，（舍）；
当
2
a 
，则( )
sin
sin 2
3 cos
h x
x
x
x
x



，故
( )
2cos2
2cos
3 sin
h x
x
x
x
x




，
令( )
( )
k x
h x


，则
( )
4sin 2
5sin
3 cos
8sin cos
5sin
3 cos
k x
x
x
x
x
x
x
x
x







5sin
5sin
cos
3 cos
3sin
cos
x
x
x
x
x
x
x




5sin (1 cos )
3cos (
sin )
x
x
x x
x




，
又
π
0, 2
x






，对于
sin
y
x
x


，有
1 cos
0
y
x


，即
sin
y
x
x


递增，
所以
sin
0
sin0
0
y
x
x





，故
sin
x
x

恒成立，
所以
( )
0
k x


，即( )
( )
k x
h x


在
π
0, 2
x






上递增，又
(0)
2
0
h
a




，则
( )
0
h x


，
所以( )
h x 在
π
0, 2
x






上递增，又(0)
0
h
，即( )
0
h x 
，
π
0, 2
x






，符合题意；
当
3
a 
，令
0
π
π
(0,
]
1
2
x
a



，则
0
0
0(
1)
π
ax
x
x a




，
0
0
sin
sin(π
)
ax
x


，
所以
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
(
)
sin
sin
3
cos
sin
sin( π
)
3
cos
3
cos
0
h x
x
ax
x
x
x
x
x
x
x
x









（舍）；
综上，正整数a 的取值集合{2}.
题型五：三角函数型整数恒成立求参
1.已知
1
( )
2
2
x
f x
e
x



．
（1）证明：
( )
0
f x 
；
（2）对任意
1
x 
，
sin
2
1 ln
0
x
e
x
ax
x




，求整数a 的最大值．
（参考数据：sin1
0.8,ln2
0.7


）
【答案】（1）证明见解析；（2）2．
【解析】（1）求导得到单调区间，计算
min
( )
(ln 2)
0
f x
f


得到证明.
（2）令
1
x ，则
sin1
e
a

，计算得到
2
a 
，再证明
sin
2
2
1
ln
0
x
e
x
x
x




恒成立即可，令
2
1
2sin
2
)
l
(
n
2
x
x
x
x
x
g





，证明( )
g x 在(1
)
上单调递增，计算得到答案.
【详解】（1）
1
( )
2
2
x
f x
e
x



，则
( )
2
x
f
x
e



，令
( )
0
f
x


，得
ln 2
x 
，
当
ln 2
x 
时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 在(
,ln 2)

上单调递减；
当
ln 2
x 
时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 在(ln 2,
)
上单调递增．
所以
min
1
3
( )
(ln 2)
2
2ln 2
2ln 2
0
2
2
f x
f







，所以
( )
0
f x 
．
（2）由
sin
2
1 ln
0
x
e
x
ax
x




恒成立，令
1
x ，则
sin1
e
a

，由
ln 2
sin1
0.8
1
2
3
3
3
e
e





，得整数
2
a 
，
因此
sin
2
sin
2
1 ln
2
1 ln
x
x
e
x
ax
x
e
x
x
x







．下面证明对任意
1
x 
，sin
2
2
1
ln
0
x
e
x
x
x




恒成立
即可．
由（1）知
1
2
2
xe
x


，则有
sin
1
2sin
2
x
e
x


，由此可得：
sin
2
2
1
2
1
ln
2sin
2
1
ln
2
x
e
x
x
x
x
x
x
x








2
1
2sin
2
ln
2
x
x
x
x





，
令
2
1
2sin
2
)
l
(
n
2
x
x
x
x
x
g





，则
1
( )
2cos
2
2
g x
x
x
x





，
设( )
( )
h x
g x


，又
2
1
( )
2
2sin
0
h x
x
x





，所以
( )
g x

单调递增，
当
1
x 时，
( )
(1)
2cos1 1
2cos
1
0
3
g x
g







，( )
g x 在(1
)
上单调递增．
故当
1
x 
时，
3
( )
(1)
2sin1
0
2
g x
g




，所以
sin
2
2
1
ln
0
x
e
x
x
x




恒成立，
综上所述：整数a 的最大值为2．
2.已知函数

sin
sin 2
f x
a
x
x


，a
R

.
（1）若
2
a 
，求函数

f
x 在

0,上的单调区间；
（2）若
1
a ，不等式

cos
f x
bx
x

对任意
2
0, 3
x






恒成立，求满足条件的最大整数b.
【答案】（1）
( )
f x 在(0,
)
3
上单调递增，在(
)
3


,
上单调递减；（2）3；
【解析】（1）利用导数研究函数的单调区间即可；
（2）根据分析

sin
sin 2
f x
x
x


知在
2
0, 3






上
( )
0
f x 
恒成立，分类讨论参数
b ，当
0
b 
时不等式恒成立，
0
b 
时，2
2
(
)
0
(
)
3
3
h
f




不能恒成立，
0
b 
时，
2
,
2
3
x








上

0
( )
f x
h x


恒成立，在
(0,
)
2
x


也要恒成立则必须要( )
tan
2sin
,
(0,
)
2
g x
x
x
bx x





，有
( )
(0)
0
g x
g


，结合基本
不等式即可求b 的范围，进而得到最大整数值.
【详解】（1）当
2
a 
时，

2sin
sin 2
f x
x
x


，
2
( )
2cos
2cos2
2(2cos
cos
1)
f
x
x
x
x
x






2(2cos
1)(cos
1)
x
x



，而


0,
x


时，1
cos
1
x

，∴1
cos
1
2
x

时，
( )
0,
( )


f
x
f x 在(0,
)
3
上单调
递增，
1
1
cos
2
x


时，
( )
0,
( )


f
x
f x 在(
)
3


,
上单调递减；综上，
( )
f x 在(0,
)
3
上单调递增，在(
)
3


,
上单调递
减；
（2）
1
a ，

sin
sin 2
f x
x
x


，令( )
cos
h x
bx
x

由
2
( )
cos
2cos2
4cos
cos
2
f
x
x
x
x
x






知：
2
0, 3
x






，
0
33
1
cos
8
x


时
0
(
)
0
f
x


，而1
33
1
2
2
8
2



知
0
4
(
,
)
3
x


，
∴
0
(
,
)
4 3
x

，使

f
x 在
0
(0,
)
x
上单调增，在
0
2
(
,
)
3
x
上单调减；而
2
(0)
(
)
0
3
f
f



，
∴

f
x 在
2
0, 3






上
( )
0
f x 
恒成立.∴当
0
b 
时，
2
0, 3
x







有

0
( )
f x
h x


恒成立.
当
0
b 
时，有恒有(0)
(
)
0
2
h
h



，令( )
cos
t x
x
x

即( )
cos
sin
t x
x
x
x



，
∴
2
,
2
3
x








上( )
0
t x


，而在
(0,
)
2
x


上，令( )
( )
μ x
t x

，
( )
2sin
cos
0
x
x
x
x





，即( )
t x

单调减，又
2
1
(
)
(1
)
0, (
)
(1
)
0
4
2
4
3
2
3
t
t












，
所以
0
(
,
)
4 3
x




使
0
(
)
0
t x 


，即
0
(0,
)
x 上( )
0
t x


，( )
t x 单调增，
0
(
,
)
2
x


上( )
0
t x


，( )
t x 单调减，
∴综上，
0
(
,
)
4 3
x




，使( )
t x 在
0
(0,
)
x 上单调增，
0
2
(
,
)
3
x


上单调减；又( )
( )
h x
b t x


，
1、
0
b 
时，( )
h x 在
0
(0,
)
x 上单调减，
0
2
(
,
)
3
x


上单调增，且
2
2
(
)
0
(
)
3
3
h
f




，故此时不能保证

( )
f x
h x

恒成立；
2、
0
b 
时，
2
,
2
3
x








上

0
( )
f x
h x


恒成立；在
(0,
)
2
x


上要使

( )
f x
h x

恒成立，
令( )
tan
2sin
,
(0,
)
2
g x
x
x
bx x





，有
( )
(0)
0
g x
g


恒成立，
所以只要( )
g x 单调递增即可，有
2
1
( )
2cos
0
cos
g x
x
b
x





成立，
即
3
2
2
2
1
1
1
2cos
cos
cos
3
cos
cos
3
cos
cos
cos
x
x
x
x
x
b
x
x
x









综上，知：0
3
b


时不等式

cos
f x
bx
x

对任意
2
0, 3
x






恒成立，故
max
3
b

.
3.已知函数
( )
e
cos
2
2
x
f x
a
x
x




，
( )
f
x

为
( )
f x 的导函数．
(1)讨论
( )
f
x

在区间(0,
)
2
内极值点的个数；
(2)若
[
2
x


，0]时，
( )
0
f x 
恒成立，求整数a 的最小值．
【答案】(1)答案见解析；(2)1.
【分析】（1）对函数进行求导得出

f
x

，令
( )
e
sin
2
x
g x
a
x



，求导得
( )
e
cos
x
g x
a
x



，对a 进行
分类讨论，利用导数研究函数的单调性和极值，从而求得

f
x

在区间
π
0, 2





内极值点的个数；
（2）由
[
2
x


，0]时，
( )
0
f x 
恒成立，求得
1
a ，进而证明
1
a 时，
( )
0
f x 
在
[
2
x


，0]恒成立，
利用放缩法得到
( )
e
cos
2
2
e
cos
2
2
x
x
f x
a
x
x
x
x








，设( )
cos
2
2
x
h x
e
x
x




，
[
2
x


，0]，
从而得出


f x
h x

，利用导数研究函数的单调性和最值，从而证得

0
0
h x
h


，即

0
f x 恒成立，
由此确定整数a 的最小值.
【详解】（1）解：由
( )
e
cos
2
2
x
f x
a
x
x




，得
( )
e
sin
2
x
f
x
a
x




，
令
( )
e
sin
2
x
g x
a
x



，则
( )
e
cos
x
g x
a
x



，
(0,
)
2
x



，
e
1
x

，0
cos
1
x

，
当
1
a 时，
( )
0
g x


，( )
g x 单调递增，即
( )
f
x

在区间(0,
)
2
内无极值点，
当
1
a 时，
( )
e
sin
x
g
x
a
x



，
(0,
)
2
x


，故
( )
0
g
x


，
故
( )
g x

在(0,
)
2
单调递增，又
(0)
1
0
g
a



，
2
(
)
e
0
2
g





，
故存在
0
(0,
)
2
x


，使得
0
(
)
0
g x


，且
0
(0,
)
x
x

时，
( )
0
g x


，( )
g x 递减，
0
(
x
x

，
)
2
时，
( )
0
g x


，( )
g x 单调递增，故
0
x
x

为( )
g x 的极小值点，
此时
( )
f
x

在区间(0,
)
2
内存在1 个极小值点，无极大值点；
综上：当
1
a 时，
( )
f
x

在区间(0,
)
2
内无极值点，当
1
a 时，
( )
f
x

在区间(0,
)
2
内存在1 个极小值点，无
极大值点．
（2）解：若
[
2
x


，0]时，
( )
0
f x 
恒成立，则
(0)
1
2
0
f
a



，故
1
a ，
下面证明
1
a 时，
( )
0
f x 
在
[
2
x


，0]恒成立，
[
2
x



，0]时，0
cos
1
x

，故
1
a 时，
( )
e
cos
2
2
e
cos
2
2
x
x
f x
a
x
x
x
x








，
令( )
cos
2
2
x
h x
e
x
x




，
[
2
x


，0]，故
( )
e
sin
2
x
h x
x




，
令( )
sin
2
x
x
e
x




，则
( )
e
cos
x
x
x



，
( )
e
sin
x
x
x



在区间[
2


，0]单调递增，
因为
1
3
3
3
(
)
e
e
0
3
2
2











，
(0)
1
0


，所以
( )
x

在[
,0]
2


上存在零点
0x ，
且
0
2
x
x




时，
( )
0
x


；
0
0
x
x


时，
( )
0
x


，故
( )
x

在
0
,
2 x







上为减函数，在

0,0
x
上为增
函数，
又
2
(
)
e
0
2







，
1
3
1
1
(
)
e
e
0
3
2
2











，
(0)
0

，
故存在
1
(
2
x


，
)
3


，使得
1
(
)
0
x


，且
(
2
x


，
1)
x 时，
( )
0
x


，
( )
h x

递增，
1
(
x
x

，0) 时，
( )
0
x


，
( )
h x

单调递减，故
1
x
x

时，
( )
h x

取得最大值，且
1
( )
(
)
max
h x
h x


，
1
(
)
0
x



，
1
1
cos
xe
x

，
1
1
1
1
( )
(
)
cos
sin
2
2 cos(
)
2
0
4
max
h x
h x
x
x
x










，故( )
h x 单调递减，
故
[
2
x


，0]时，( )
(0)
0
h x
h


即
( )
0
f x 
成立，综上，若
[
2
x


，0]时，
( )
0
f x 
恒成立，则整数a 的
最小值1
题型六：常规型存在性问题
1.已知函数

ln
f
x
a
x
x


，a
R

.
(1)讨论函数

f
x 的单调性；
(2)若存在
2
e,e
x



，使

1 ln
2
f x
ax
x








成立，求实数a 的取值范围.
注：e为自然对数的底数.
【答案】(1)答案见解析(2)
1
2
a 
【分析】（1）求出函数的导数，对a 讨论，分为
0
a 
和a<0 两种情形，通过导数与0 的关系可判断单调区
间；
（2）依题转化为
1
ln
2
x
ax
a
x 


，设
ln
x
g x
ax
a
x



，即
min
1
( )
2
g x

，，应用导数求最值，对对a 讨论，
分为
0
a 
和
1
0
a
4


，
1
a
4

三种情形讨论即可求解.
【详解】（1）∵

ln
f
x
a
x
x


，定义域为(0,
)
，∴

1
a
x
a
f
x
x
x




，
当
0
a 
时，∴

0
f
x


，∴

f
x 的递增区间是

0, 

；
当a<0时，由

0
x
a
f
x
x




，得x
a
，∴

f
x 的递增区间是

,a

，

0
x
a
f
x
x




，得x
a
，递减区间是

0, a

；
（2）∵

1 ln
2
f x
ax
x








，∴
1
ln
ln
2
a
x
x
ax
x









，∴
1
ln
2
x
ax
a
x 


，
设
ln
x
g x
ax
a
x



，∴

2
2
ln
1
1
1
1
ln
ln
2
4
x
g
x
a
a
x
x














，
当
0
a 
，

0
g
x


，
g x 在
2
e,e
x



上单调递增，∴

min
2
e
e
e
1
g x
g
a
a





，
1
2
1
e
e
a



，不符合
题意，
当
1
0
a
4


，则存在唯一的
2
0
,
x
e e



，使得


0
0
g x


.
当


0
,e
x
x

，使得


0
0
g
x


，当
2
0 e
,
x
x



，使得


0
0
g
x


.
当


0
,e
x
x

，
g x 单调递减，当
2
0 e
,
x
x



，
g x 单调递增，
∴


0
0
0
min
0
1
ln
2
x
g x
g x
ax
a
x





，∴
0
0
0
0
0
2
0
0
ln e
2
1
1
1
1
1
1
1
1 ln
2
1
2
2
1
2
x
x
x
a
x
x
x
x




























，这与
1
0
a
4


矛盾.当
1
a
4

，

0
g x


，
g x 在
2
e,e
x



上单调递减，
∴


2
2
2
1
2
2
e
e
e
g x
g
a
a





，∴
1
2
a 
，综上，
1
2
a 
2.已知函数



2
2
1
e
2 e
2
2
x
x
a
f
x
a
x




，

y
g x

是

y
f x

的导函数.
(1)若
3
a ，求

y
g x

的单调区间；
(2)若存在实数


0,1
x
使

3
2
2
f
x
a


成立，求a 的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为

, ln3

，单调递增区间为

ln3,

(2)
2
4e
3
,
e
2e
3











【分析】（1）求导函数，利用导数研究函数的单调性即可；
（2）分类讨论求解函数的

y
f x

最大值，然后利用有解问题转化求解即可.
【详解】（1）

2
3e
e
x
x
g x
f
x
x





，所以




2
6e
e
1
2e
1
3e
1
x
x
x
x
g
x 






，
令

0
g x


，得
ln3
x 
，令

0
g x


，得
ln3
x 
，
所以

y
g x

的单调递减区间为

, ln3

，单调递增区间为

ln3,

.
（2）



2e
2 e
x
x
g x
f
x
a
a
x






，则






2
2 e
2 e
1
2e
1
e
1
x
x
x
x
g
x
a
a
a







，
当
0
a 
时，

0
g x


恒成立，所以

y
g x

在

0,1 上单调递减；
所以



0
2
2
0
f
x
g x
g
a





，所以

y
f x

在

0,1 上单调递减，
所以


3
0
2
2
f
x
f
a



，不符合题意；
当
0
a 
时，令

0
g x


得
ln
x
a

，令

0
g x


得
ln
x
a

，
所以

y
f
x


在

, lna

单调递减，在

ln ,


a
单调递增.
当
1
a 时，ln
0
a
-
<
，所以

y
f
x


在

0,1 上单调递增，


0
2
2
0
f
x
g
a





，
所以

y
f x

在

0,1 上单调递增，所以


3
0
2
2
f
x
f
a



，符合题意；
当0
1
a

时，ln
0
a


，所以

y
f
x


在

0, lna

单调递减，在

ln ,


a
单调递增，

0
2
2
0
f
a 



，
所以


min
( )
ln
0
f
x
f
a





，若



2
1
e
2 e 1
0
f
a
a




，即
2
2e
1
e
e
a



，则

y
f x

在[0，1]上单调递减，
所以


3
0
2
2
f
x
f
a



，不符合题意；
若



2
1
e
2 e 1
0
f
a
a




，即
2
2e
1
e
e
a



，则存在


1
ln ,1
x
a

，使


1
0
f
x


，
所以

y
f x

在

1
0, x
单调递减，在

1,1
x
单调递增，
若存在


0,1
x
使成立，则



2
1
3
1
e
2 e
2
2
2
2
a
f
a
a






，
解得
2
4e
3
e
2e
3
a




，所以
2
4e
3
1
e
2e
3
a





.综上：a 的取值范围为
2
4e
3
,
e
2e
3











.
3.已知函数



2
ln e
f x
x
a
x


．
(1)讨论

f
x 的单调性；
(2)若存在


1,e
x
，使得

2
f
x
a
a
x



，求实数a 的最小值．
【答案】(1)答案见解析(2) 1

【分析】（1）根据题意，求导得

f
x

，然后分类讨论，即可得到

f
x 的单调区间；
（2）根据题意，分离参数可得


2
min
2
,
1,e
ln
x
x
a
x
x
x










，构造函数求其最小值，即可得到结果.
【详解】（1）因为



2
ln e
f x
x
a
x


，
所以

f
x 的定义域为




2
2
0,
,
2
0
a
x
a
f
x
x
x
x
x







．
当
0
a 
时，
( )
0
f
x
¢
>
；
当a<0时，令

0
f
x


，解得
2
2
a
x


或
2
2
a
x


（舍去），
所以当
2
0
2
a
x



时，

0
f
x


，当
2
2
a
x


时，
( )
0
f
x
¢
>
．
综上：当
0
a 
时，
f
x 在

0, 

上单调递增；当a<0时，
f
x 在
2
0,
2
a









上单调递减，在
2 ,
2
a










上单调递增．
（2）若存在


1,e
x
，使得

2
f
x
a
a
x



，则存在


1,e
x
，使得

2
ln
2
a
x
x
x
x



成立，
令


ln ,
0,
x
x
x x




，令

1
1
0
x
x



，则
1
x ，
当


0,1
x
时，

0
x


，即
x

在

0,1 单调递减，
当


1,
x
时，

0
x


，则

x

在

1,单调递增，
所以
x

在
1
x 取得极小值，即最小值，所以

1
0
x




，即
ln
x
x

在


0,
x
上恒成立，
即存在


1,e
x
，使得
2
2
ln
x
x
a
x
x



成立，即


2
min
2
,
1,e
ln
x
x
a
x
x
x










．
令


2
2
1
e
ln
x
x
u x
x
x
x





，则




2
1
2
2ln
(
ln )
x
x
x
u
x
x
x






，
令


2
2ln 1
e
h x
x
x
x




，所以

2
2
1
x
h
x
x
x




，
当1
2
x


时，

0
h
x


；当2
e
x


时，

0
h x


，
所以
h x 在

1,2 上单调递减，在

2,e 上单调递增，所以



2
2 2
ln2
0
h x
h




，
所以当


1,e
x
时，

0
u
x


恒成立，所以函数
u x 在

1,e 上单调递增，所以

min
( )
1
1
u x
u

，
所以
1
a ，即实数a 的最小值为1
．
4.已知函数



2
1
ln
2
a
f
x
a
x
x
x a




R .
(1)若
2
a 
，求函数

f
x 的单调区间；
(2)若存在
0
1
x ，使得


0
1
a
f
x
a

，求a 的取值范围.
【答案】(1)在

0,1 上单调递增，在

1,上单调递减(2)



2
1,
2
1
1,





【分析】（1）根据导数的性质进行求解即可；
（2）根据导数的性质，结合导函数零点之间的大小关系分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）
2
a 
时，



2
1
2ln
0
2
f x
x
x
x x




，




2
1
2
1
x
x
f
x
x
x
x







.
令
( )
0
f
x
¢
>
，得0
1
x

；令

0
f
x


，得
1
x ，
所以函数

f
x 在

0,1 上单调递增，在

1,上单调递减，
即函数

f
x 的单调递增区间为

0,1 ，单调递减区间为

1,.
（2）函数

f
x 的定义域为

0, 

，

2
1
ln
2
a
f x
a
x
x
x




，由已知


0
1
a
f
x
a

可知
1
a ，
∴







1
1
1
1
1
a
a
a
f
x
a x
x
x
x
x
a















.
①当
1
2
a 
时，则
1
1
a
a 

，则当
1
x 时，
( )
0
f
x
¢
>
，∴函数

f
x 在

1,单调递增，
∴存在
0
1
x ，使得


0
1
a
f
x
a

的充要条件是

1
1
a
f
a

，即1
1
2
1
a
a
a


，
解得
2
1
2
1
a



；
②当1
1
2
a

时，则
1
1
a
a 

，则当
1,1
a
x
a






时，

0
f
x


，函数

f
x 在1,1
a
a







上单调递减；
当
,
1
a
x
a








时，
( )
0
f
x
¢
>
，函数

f
x 在
,
1
a
a







上单调递增.
∴存在
0
1
x ，使得


0
1
a
f
x
a

的充要条件是
1
1
a
a
f
a
a








，
而


2
ln
1
1
2 1
1
1
a
a
a
a
a
f
a
a
a
a
a
a














，不符合题意，应舍去.
③当
1
a 时，

0
f
x


，函数

f
x 在

1,上单调递减，又

1
1
1
1
2
2
1
a
a
a
f
a





，成立.
综上可得：a 的取值范围是



2
1,
2
1
1,




.
题型七：双变量型存在性问题
1.已知函数
( )
2
e
2
x
f x
ax



，其中a≠0.
(1)若
1
2
a 
，讨论函数f(x)的单调性；
(2)是否存在实数a，对任意
1
[0,1]
x 
，总存在
2
[0,1]
x 
，使得




1
2
4
f
x
f
x


成立？若存在，求出实数a
的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)f(x)在(
,0)

单调递增，(0,
)
单调递减；(2)存在；a＝e
1
2
.
【分析】(1)求导讨论导数正负即可判断原函数单调性；
(2)根据a 的范围分类讨论函数f(x)在[0，1]上的单调性并求最大值和最小值，判断是否满足已知条件即可.
【详解】（1）
1
2
a 
时，


e
2,
1 ex
x
f x
x
f
x





，当
0
x 
时，

0
f
x


；当
0
x 
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
∴f(x)在(
,0)

单调递增，(0,
)
单调递减；
（2）存在满足条件的实数a，且实数a 的值为e
1
2
．理由如下：

2
ex
f
x
a



，
(i)当a<0 时，

0
f
x


，∴f(x)在[0，1]上单调递减，∴


max
0
1
f
x
f

，
则





1
2
2
0
2
4
f
x
f
x
f




，∴此时不满足题意；
(ii)当
0
a 
时，f(x)在(
,ln 2 )
a

单调递增，

ln2 ,a 单调递减，
①当ln 2
0
a 
时，即
1
0
2
a


，f(x)在[0，1]单调递减，同上，此时不满足题意；
②当0
ln2
1
a

时，即1
2
2
e
a


时，f(x)在[0,ln 2 )
a 单调递增，[ln 2 ,1]
a
单调递减，
∴



max
ln2
2 ln2
2
2
f x
f
a
a
a
a




，
当
1
0
x 
时，对任意
2
[0,1]
x 
，








1
2
0
ln2
2
ln2
1
3
3
f x
f x
f
f
a
a
a






，
∴此时不满足题意；
③当ln 2
1
a 时，即
e
2
a 
，f(x)在[0，1]单调递增，




min
max
0 ,
1
f x
f
f x
f


，
令

4
g x
f x


，易知g(x)在[0，1]单调递减，
∴





min
max
1
4
1 ,
0
4
0
g x
g
f
g x
g
f






，
若对任意


1
0,1
x 
总存在
2
[0,1]
x 
，使得




1
2
4
f
x
f
x


，即使得



1
2
f x
g x

，
∴




0
1
1
0
f
g
f
g





，即




0
1
4
0
1
4
f
f
f
f





＋
＋
，∴


0
1
4
f
f


，∴
e
1
2
a


，
综上所述，存在满足题意的实数a，且实数a 的值为e
1
2
．
2.已知函数



1
ln
0
f
x
a
x
x
x



．
(1)讨论函数

f
x 的单调性；
(2)若存在
1
x ，
2
x 满足
1
2
0
x
x


，且
1
2
1
x
x 
+
，


1
2
f x
f x

，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)当
0
a 
时，
f
x 在

0, 

上单调递减；当
0
a 
时，
f
x 在
1
0, a





上单调递减，在1 ,
a






上
单调递增；
(2)

2,.
【分析】（1）根据a 的正负性，结合导数的性质分类讨论求解即可；
（2）根据已知等式构造函数
1
ln
h t
a
t
t
t


，利用导数的性质，结合一元二次方程的求解根公式判断该
函数的单调性，再通过构造新函数，利用导数的性质进行求解即可.
【详解】（1）函数

f
x 的定义域为

0, 

，

2
1
ax
f
x
x



．
当
0
a 
时，

0
f
x 
′
，

f
x 在

0, 

上单调递减；
当
0
a 
时，令

0
f
x 
′
，得
1
0
x
a


，令

0
f
x 
′
，得
1
x
a

，
所以

f
x 在
1
0, a





上单调递减，在1 ,
a






上单调递增．上所述，当
0
a 
时，
f
x 在

0, 

上单调递减；
当
0
a 
时，

f
x 在
1
0, a





上单调递减，在1 ,
a






上单调递增；
（2）




2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
1
ln
ln
ln
0
x
f
x
f
x
a
x
a
x
a
x
x
x
x
x









，
又
1
2
1
x
x 
+
，则
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
1
2
1
ln
0
ln
0
x
x
x
x
x
x
x
x
a
a
x
x
x
x
x
x









．
令
2
1
1
x
t
x

，即方程
1
ln
0
a
t
t
t


在

1,上有解．令
1
ln
h t
a
t
t
t


，


1,
t 
，
则

2
2
1
1
a
t
t
at
t
h t
t
t














，


1,
t 
．
1
2
t
t


，当
2
a 
时，
0
h t


，
h t 在

1,上单调递减，
又1
0
h

，则
0
h t 
在


1,
t 
上恒成立，不合题意；
当
2
a 
时，
2
4
0
a 

，令
2
1
0
t
at



，可知该方程有两个正根，
因为方程两根之积为1 且
1
t ，所以
2
4
2
a
a
t



．
当
2
4
1,
2
a
a
t










时，

0
h t


，
当
2
4 ,
2
a
a
t












时，

0
h t


；
则
2
4
1,
2
a
a
t










时，

1
0
h t
h


，
而



2
2
1
e
e
1
e
2
e
a
a
a
a
h
a
a
a






．
令


2
1
e
2
x
x
x
x




，则

2
ex
x
x



，
令


m x
x



，

2
e
0
x
m
x




，
则

x

在

2,上单调递减，


2
2
4
e
0
x








，
则
x

在

2,上单调递减，

2
2
5
e
0
x






，即

e
0
a
h

，
故存在
2
0
4 ,e
2
a
a
a
t










，使得
0
0
h t

，故
2
a 
满足题意．
综上所述，实数a 的取值范围是

2,．
3.已知函数





2
2
5
5ln
R
f
x
ax
a x
x a





，
2
5
2
g x
x
x


.
(1)若曲线

y
f x

在
3
x 
和
5
x 
处的切线互相平行，求a 的值；
(2)求

f
x 的单调区间；
(3)若对任意
1
5
0, 2
x





，均存在
2
5
0, 2
x





，使得



1
2
f x
g x

，求a 的取值范围．
【答案】(1)
1
6
a 
(2)答案见解析(3) 4
5
4
ln
,
5
2
5








【分析】（1）由题意可得出


3
5
f
f



，可求得实数a 的值；
（2）求出函数

f
x 的定义域，求得




1
2
5
ax
x
f
x
x




，对实数a 的取值进行分类讨论，分析

f
x

的
符号变化，由此可得出函数

f
x 的增区间和减区间；
（3）分析可知当
5
0, 2
x





时，有


max
max
f
x
g x

，分析两个函数的单调性，可得出关于实数a 的不等
式，综合可得出实数a 的取值范围.
【详解】（1）解：





2
2
5
5ln
R
f
x
ax
a x
x a






，则



5
2
5
2
f
x
ax
a
x





，其中
0
x 
，
由题意可得


3
5
f
f



，即




5
6
2
5
10
2
5
1
3
a
a
a
a






，解得
1
6
a 
．
（2）解：函数

f
x 的定义域为

0, 

，则






1
2
5
5
2
5
2
ax
x
f
x
ax
a
x
x








.
①当
0
a 
时，对任意的
0
x 
，
1
0
ax- <
，
由

0
f
x


，可得
5
2
x 
；由
( )
0
f
x
¢
>
，可得
5
0
2
x


，此时函数

f
x 的增区间为
5
0,2






，减区间为5 ,
2






；
②当
2
0
5
a


时，则1
5
2
a 
，由

0
f
x


可得5
1
2
x
a


；由
( )
0
f
x
¢
>
可得
5
0
2
x


或
1
x
a

.
此时函数

f
x 的减区间为5 1
,
2 a





，增区间为
5
0,2






、1 ,
a






；
③当
2
5
a 
时，对任意的
0
x 
，

0
f
x


且

f
x 不恒为零，此时函数

f
x 的增区间为

0, 

，无减区
间；
④当
2
5
a 
时，则2
1
0
5
a


，由

0
f
x


可得1
5
2
x
a 

；由
( )
0
f
x
¢
>
可得
1
0
x
a


或
5
2
x 
.
此时函数

f
x 的减区间为1 5
, 2
a





，增区间为
1
0, a





、5 ,
2







.
综上所述，当
0
a 
时，函数

f
x 的增区间为
5
0,2






，减区间为5 ,
2






；
当
2
0
5
a


时，函数

f
x 的减区间为5 1
,
2 a





，增区间为
5
0,2






、1 ,
a






；
当
2
5
a 
时，函数

f
x 的增区间为

0, 

，无减区间；
当
2
5
a 
时，函数

f
x 的减区间为1 5
, 2
a





，增区间为
1
0, a





、5 ,
2







.
（3）解：对任意
1
5
0, 2
x





，均存在
2
5
0, 2
x





，使得



1
2
f x
g x

，
所以，当
5
0, 2
x





时，有


max
max
f
x
g x

．
2
5
2
g x
x
x


在
5
0, 2





的最大值max
5
0
2
g x
g 







．
由（2）知：①当
2
5
a 
时，

f
x 在
5
0, 2





上单调递增，
故



max
5
25
5
5
25
5
2
5
5ln
5
5ln
2
4
2
2
4
2
f
x
f
a
a
a















，
所以，
25
5
5
5ln
0
4
2
a



，解得
4
5
ln
1
5
2
a








，此时4
5
2
ln
1
5
2
5
a









；
②当
2
5
a 
时，

f
x 在
1
0, a





上单调递增，在1 5
, 2
a





上单调递减，
故
max
1
1
1
1
1
5
5ln
5 ln
1
f
x
f
a
a
a
a
a

















，
由
2
5
a 
，知1
5
e
2
a 

，所以，
1
5
ln
ln
1
2
a 
，则
1
ln
1
0
a 
，则
max
0
f x

.
综上所述a 的取值范围是4
5
4
ln
,
5
2
5








．
4.已知函数
2
( )
ln (
R), ( )
2
2
f x
ax
x a
g x
x
x






．
(1)当
1
2
a 
时，求函数
( )
f x 在区间[1,e]上的最大值和最小值;
(2)若对任意的
1
[ 1,2]
x 
，均存在
2
(0,
)
x 
，使得


1
2
g x
f x

，求a 的取值范围．
【答案】(1)最大值为ln 2 1
，最小值为
1
2

；(2)
6
1
(
,
)
e

.
【分析】（1）利用导数研究
( )
f x 的区间单调性，进而确定端点值和极值，比较它们的大小，即可得最值；
（2）将问题转化为
1
[ 1,2]
x 
、
2
(0,
)
x 
上
1 max
2
max
( )
(
)
g x
f x

，利用二次函数性质及导数求函数最值，
即可得结果.
【详解】（1）由题设
( )
ln
2
x
f x
x


，则
2
( )
2
x
f
x
x



，
所以在[1,2) 上
( )
0
f
x


，
( )
f x 递增，在(2,e]上
( )
0
f
x


，
( )
f x 递减，
则
1
(1)
2
f


e
(e)
1
2
f

，极大值
(2)
ln 2 1
f

，综上，
( )
f x 最大值为ln 2 1
，最小值为
1
2

.
（2）由
2
2
( )
2
2
(
1)
1
g x
x
x
x





在
[ 1,2]
x 
上
max
( )
( 1)
5
g x
g



，
根据题意，只需
max
max
( )
( )
g x
f x

即可，由
1
( )
f
x
a
x



且
,
(
)
0
x 
，
当
0
a 
时，
( )
0
f
x


，此时
( )
f x 递增且值域为R，所以满足题设；
当a<0时，
1
(0,
)
a

上
( )
0
f
x


，
( )
f x 递增；
1
(
,
)
a

上
( )
0
f
x


，
( )
f x 递减；
所以
max
1
( )
(
)
1 ln(
)
f x
f
a
a




，此时1 ln(
)
5
a



，可得
6
1
e
a 
，
综上，a 的取值范围
6
1
(
,
)
e

.
.
题型八：正余弦型存在性问题
1.函数
( )
cos
(
0,
0)
f x
a
x
x
b a
b





.
（1）求证：函数
( )
f x 在区间

0,a
b

内至少有一个零点；
（2）若函数
( )
f x 在
π
6
x 
处取极值，且
π
0, 2
x





，使得
( )
3cos
sin
f x
x
x


成立，求实数b 的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）

0,1
【分析】（1）由零点存在定理进行论证；
（2）先由极值定义得
π
0
2
6
f
a










，再分离参变得
cos
sin
b
x
x
x



，转化为求函数

cos
sin
g x
x
x
x



最大值，利用导数不难得
g x 为单调减函数，因此

0
b
g

，即得实数b 的取值范围.
【详解】（1）因为
0,
0
a
b


，
所以
0
a
b


，从而
(0)
cos 0
0
0
f
a
b
a
b






，







cos
cos
1
0
f a
b
a
a
b
a
b
b
a
a
b














，若


cos
1
a
b

，则


0
f a
b


，
所以函数
( )
f x 在区间

0,a
b

内至少有一个零点x
a
b


；若


cos
1
a
b

，则


0
f a
b


，
所以



0
0
f
f a
b



，又函数
( )
f x 在区间

0,a
b

上连续不断，
所以由零点存在定理可知函数
( )
f x 在区间

0,a
b

内至少有一个零点；
综上：函数
( )
f x 在区间

0,a
b

内至少有一个零点；
（2）因为
( )
cos
(
0,
0)
f x
a
x
x
b a
b





，所以
( )
sin
1
f
x
a
x


，又函数
( )
f x 在
π
6
x 
处取极值，
所以
π
0
6
f 








，即
π
sin
1
0
6
a









，解得
2
a 
，
当
2
a 
时，
( )
2cos
f x
x
x
b



，
( )
2sin
1
f
x
x


，
当
π
π
,
2
6
x







时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 递增；
当
π ,0
6
x






时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 递减；
所以
2
a 
时，函数
( )
f x 在
π
6
x 
处取的极大值，所以
( )
2cos
f x
x
x
b



，
π
0, 2
x





，使得
( )
3cos
sin
f x
x
x


成立，
即2cos
3cos
sin
x
x
b
x
x




等价于
cos
sin
b
x
x
x



，
令
cos
sin
g x
x
x
x



，
π
0, 2
x





，则
max
b
g x

，

π
sin
cos
1
2sin
1
4
g
x
x
x
x











，
π
0, 2
x







，
π
π
3π
4
4
4
x




，
2
π
π
sin
1,
2
1
2sin
1
0
2
4
4
x
x




















即

0
g x


（等号在
0
x 
和
π
2
x 
处取等），所以
g x 在
π
0, 2





上单调递减，


max
0
cos0 sin0
0
1
g x
g




，
所以
1
b ，又
0
b 
，所以0
1
b

，所以实数b 的取值范围是

0,1
2.已知函数f（x）＝x+2﹣2cosx
（1）求函数f（x）在[
2


，2
]上的最值：
（2）若存在x∈（0，2
）使不等式f（x）≤ax 成立，求实数a 的取值范围
【答案】（1）f（x）min＝2
3
6



，f（x）max＝2
2


；（2）（1，+∞）．
【分析】(1)求导后分析导数的正负再求得函数的单调性与最值即可.
(2)设

g x
f x
ax


,再代入

f
x ,求导得

'
g
x 的值域为

1
,3
a
a


,再根据1 a

的范围进行讨论,分析

g x 的最大值即可.
【详解】（1）f'（x）＝1+2sinx,当x
2 2








，
时,由f'（x）＜0 得,
2
6
x





＜
,由f'（x）＞0 得,
6
2
x




＜
,
∴函数f（x）在[
2


,
6


）上单调递减,在（
6


, 2
]上单调递增,
∴f（x）min＝f（
6


）＝2
3
6



,f（x）max＝f（2
）＝2
2


；
（2）存在x∈（0, 2
）使不等式f（x）≤ax 成立,即x+2﹣2cosx＜ax 成立,
设g（x）＝f（x）﹣ax＝x+2﹣2cosx﹣ax,则g（0）＝0,g'（x）＝1+2sinx﹣a,
当x∈（0, 2
）时,1+2sinx∈（1,3）,所以g'（x）∈（1﹣a,3﹣a）,
由于1﹣a≥0 即a≤1 时,g'（x）＞0,则g（x）＞g（0）＝0,即f（x）＞ax 恒成立,不满足题意,
故1﹣a＜0,即a＞1,此时g'（0）＝1﹣a＜0,因为g'（x）＝1+2sinx﹣a 在（0, 2
）上单调递增,
所以存在区间（0,t）⊆（0, 2
）,使x∈（0,t）时,g'（x）＜0,
所以g（x）在（0,t）上单调递增,则当x∈（0,t）时,g（x）＜g（0）＝0,即f（x）＜ax,
所以实数a 的取值范围是（1,+∞）．
3.已知函数
sin
( )
, ( )
(
1)
2ln
x
f x
g x
x
m
x
x




.
（1）求证：当x∈(0,π]时，f(x)<1；
（2）求证：当m＞2 时，对任意x0∈(0,π] ，存在x1∈(0,π]和x2∈(0,π](x1≠x2)使g(x1)=g(x2)=f(x0)成立.
【答案】（1）证明见解析.（2）证明见解析
【分析】（1）变换得到sin
0
x
x


，设

sin
F x
x
x


，求导得到最值得到答案.
（2）只需要求出f（x）在（0，π]上的值域，然后研究g（x）的单调性是先增后减或先减后增，同时说明
每一段上的函数值范围都包含f（x）的值域即可.
【详解】（1）


0,
x


，
sin
( )
1
x
f x
x

，即sin
0
x
x


，设

sin
F x
x
x


，
则

'
cos
1
0
F
x
x


，函数单调递减，故


0
0
F x
F


，即
( )
1
f x ，得证.
（2）f（π）＝0，当


0,
x


时，

0
f
x 
，故f（x）的值域为[0，1）.
又因为g′（x）
2
2
mx
m
x
x




，x∈（0，π]，m＞2.
令

2
'
0
g
x
x
m


得
∈（0，1）.显然y＝mx﹣2 是增函数.
∴
2
0
x
m






，
时，g′（x）＜0，g（x）递减；
2
x
m







，
，g′（x）＞0，g（x）递增.
此时g（x）min
2
2
2
1
2
g
m
ln
m
m
m
















，（m＞2）.将上式化简并令r（m）＝2lnm﹣m+2﹣2ln2，m＞
2.
∵

2
'
0
m
r
m
m


＜，∴r（m）在（2，+∞）上递减.所以r（m）＜r（2）＝0，故g（x）min＜0.
显然当x→0 时，g（x）→+∞，即当
2
0
x
m






，
时，g（x）递减，
且函数值取值集合包含f（x）的值域[0，1）；
而g（π）＝（π﹣1）m﹣2lnπ＞2（π﹣1）﹣2lnπ＝2（π﹣1﹣lnπ）＞2（3﹣1﹣lnπ），
∵
3
2
3
2
ln
lne


＜
，∴
1
2
1
2
g 


＞
，即当x
2
m







，
时，g（x）递增，且函数值取值集合包含f（x）的
值域[0，1）.
所以当m＞2 时，对任意x0∈（0，π]，存在x1∈（0，π]和x2∈（0，π]（x1≠x2）
使g（x1）＝g（x2）＝f（x0）成立.
4.已知函数



ln 1
sin
f x
x
a
x



，aR ．
（1）若

y
f x

在

0,0 处的切线为
3
0
x
y


，求a 的值；
（2）若存在


1,2
x
，使得

2
f x
a

，求实数a 的取值范围．
【答案】（1）
2
3
a 
；（2）
ln 3
, sin 2
2








【分析】（1）因为

y
f x

在

0,0 处的切线为
3
0
x
y


，即：
1
1
(0)
cos0
0
1
3
f
a





，所以
2
3
a 
.
（2）通过分离参数，

2
f x
a

转化为
ln(
1)
ln(
1)
(sin
2)
sin
2
x
x
a
x
a
x







，进而求导，判断单调性，即
可得出答案.
【详解】（1）由题意得：
1
( )
cos
1
f
x
a
x
x




，又因为

y
f x

在

0,0 处的切线为
3
0
x
y


所以
1
1
(0)
cos0
0
1
3
f
a





，所以
2
3
a 
.
（2）存在


1,2
x
，使得

2
f x
a

ln(
1)
(sin
2)
x
a
x




，又因为


1,2
x
，所以sin
2
0
x 

.
所以
ln(
1)
ln(
1)
(sin
2)
sin
2
x
x
a
x
a
x







在

1,2 上有解.设
ln(
1)
( )
sin
2
x
h x
x



，即：ln(
1)
sin
2
x
a
x



在

1,2 上有解
max
( )
h x
a


在

1,2 上有解.
2
2
2
sin
cos ln(
1)
(2
sin )
(
1) cos ln(
1)
1
( )
(sin
2)
(
1)(sin
2)
x
x
x
x
x
x
x
x
h x
x
x
x

















设
( )
(2
sin )
(
1) cos
ln(
1)
x
x
x
x
x







所以


( )
cos
(cos
ln(
1)
cos
(
1)ln(
1) sin )
( )
ln(
1) (
1)sin
cos
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x


















又因为


1,2
x
，所以sin
cos
0
x
x


，ln(
1)
0
x 

.故(
1)sin
cos
0
x
x
x



所以


1,2
x
，
( )
0
x


，所以( )
x 在

1,2 上单调递增.即
( )
h x

在

1,2 上单调递增.
2
2
(2
sin1)
(1 1) cos1 ln(1 1)
(2
sin1)
2 cos1 ln 2
(1)
(1 1)(sin1
2)
2(sin1
2)
h















又因为0
cos1
1,0
ln 2
1




，所以0
2 cos1 ln 2
2



，故(2
sin1)
2
cos1 ln 2
0





所以
( )
h x

在

1,2 上恒大于0.所以( )
h x 在

1,2 上单调递增.
故
max
ln 3
( )
(2)
sin 2
2
h x
h



所以
ln3
, sin 2
2
a








题型九：常规型零点求参
1.已知函数

f
x 为R 上的偶函数，
g x 为R 上的奇函数，且




4
log
4
1
x
f
x
g x



．
(1)求


,
f
x
g x 的解析式；
(2)若函数



2
1 log
2
2 2
(
0)
2
x
h x
f x
a
a
a





在R 上只有一个零点，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)



4
log
4
1
2
x
x
f
x 


，
2
x
g x 
.(2)
1
a 或
1
2
a 
.
【分析】（1）利用奇偶性求
(
)
(
)
(
( )
f
x
g
x
f x
g x





）
，通过解方程组法可得
( ),
( )
f x
g x ；
（2）利用对数函数性质化简方程（去对数号），再换元设
2 x
t 
，转化为关于t 的方程

2
1
2 2
1
0
a
t
at



只有一个大于0 的根，然后分类讨论可得参数范围．
【详解】（1）因为




4
log
4
1
x
f
x
g x



，①
所以








4
4
log
4
1
log
4
1
x
x
f
x
g
x
x









，
又因为函数

f
x 为R 上的偶函数，
g x 为R 上的奇函数，
所以




4
log
4
1
x
f
x
g x
x




，②
由①②得



4
log
4
1
2
x
x
f
x 


，
2
x
g x 
.
（2）若函数



2
1 log
2
2 2
(
0)
2
x
h x
f
x
a
a
a





在R 上只有一个零点，
则


4
2
2
1
log (
1
4
1
log
2 2
2
)
2
x
x
a
a
x





(
0)
a 
在R 上只有一个根，
则


2
(
1) 2
2 2
2
1
0
x
x
a
a



在R 上只有一个根，令
2 (
0)
x
t
t


，
则方程
2
(
1)
2 2
1
0
a
t
at



正根有且只有一个，
当


2
2 2
4(
1)
0
a
a




，即
1
2
a 
或
1
a （舍）时，方程的根为
2 ，符合正根有且只有一个；
当


2
2 2
4(
1)
0
a
a




且
1
a ，即
1
2
a 
且
1
a ，若正根有且只有一个，
则
1
0
1
a



，解得：
1
a ；当
1
a 时，方程的根为
1
2 2 ，符合正根有且只有一个；
综上所述：
1
a 或
1
2
a 
.
2.已知函数


9
( )
log
9
1
x
f x
kx



是偶函数．
(1)求k 的值；
(2)若函数
1
( )
( )
2
g x
f x
x
a



无零点，求a 的取值范围；
(3)设
9
4
( )
log
3
3
x
t x
m
m









，（其中实数
1
m £ ）．若函数( )
( )
( )
h x
f x
t x


有且只有一个零点，求m 的取值
范围．
【答案】(1)
1
2
k 
(2)

,0

(3)
3
m 
【分析】（1）根据偶函数的定义及对数的运算即可求解；
（2）先结合（1）得到
9
1
log
1
9x
g x
a









，则函数( )
g x 无零点等价于
9
1
log
1
9x
y







与y
a

无交点，
进而即可求出a 的取值范围；
（3）依题意可得

2
4
1 3
3
1
0
3
x
x
m
m





，设
3x
t 
，
0
t 
，则

2
4
1
1
0
3
m
t
mt



(*)，再分
0
m 
，
1
m ，
0
1
m

三种讨论问题等价于关于t 的（*）方程有唯一实根，进而即可求出m 的取值范围．
【详解】（1）由

f
x 是偶函数，则对于
x
R ，都有



=
f x
f
x

，
即




9
9
log
9
1
log
9
1
x
x
kx
kx






，
即
9
9
1
log
2
9
1
x
x
kx




，即
9
log 9
2
x
kx

，即
2
x
kx

，所以2
1
k

，解得
1
2
k 
．
（2）结合（1）知



9
1
log
9
1
2
x
f
x
x



，所以



9
1
log
9
1
2
x
g x
f
x
x
a
x
a







，即

9
1
log
1
9x
g x
a









，
又9
0
x 
，则
9
1
log
1
0
9x








，令
0
g x 
，即
9
1
log
1
9x
a








，
因为
g x 无零点，即关于x 的方程
9
1
log
1
9x
a








无解，即
9
1
log
1
9x
y







与y
a

无交点，所以
0
a 
，
即当
0
a 
时，
g x 无零点，故满足条件的a 的取值范围是

,0

．
（3）由函数


h x
f
x
t x


的零点即方程


0
f x
t x


的根，
而


0
f x
t x




9
9
1
4
log
9
1
log
3
0
2
3
x
x
x
m
m













，


2
2
9
9
4
log
3
1
log
3
3
3
x
x
x
m
m











，


2
4
1 3
3
1
0
3
x
x
m
m






，设
3x
t 
，
0
t 
，则

2
4
1
1
0
3
m
t
mt



(*)，
令


2
4
1
1
3
q t
m
t
mt



，
0
t 
，又
4
3
0
3
x
m
m



，则
4
4
3
0
3
3
x
m
m t
















，
①当
0
m 
时，则
4
0
3
t

，所以问题等价于关于t 的（*）方程在
4
0
3
t

有唯一实根；
又因为
4
25
0
3
9
q






，
0
1
0
q

，则由二次函数图象可知只需
4
4
3
0
1
3
m
m



且


2
0
Δ
4
4
1
3 m
m











，得
3
m ；
②当
1
m 时，则
4
1
0
3 t



，得
3
0
4
t 

，不合题设；
③当0
1
m

，则
4
3
t 
，所以问题等价于关于t 的（*）方程在
4
3
t 
时有唯一实根；
又因为
4
25
0
3
9
q






，则由二次函数图象可知只需
4
4
3
1
3
m
m


且


2
0
Δ
4
4
1
3 m
m











，无解．综上，
3
m ．
3.已知
( )
ln
(
1)
(
R)
f x
x
x
a x
a




．
(1)试判断函数
( )
( )
f x
g x
x

的单调性；
(2)若函数

y
f x

有且只有一个零点，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2){
1
a a 
∣
或
0}
a 
【分析】（1）求导，讨论
0
a 
，
0
a 
两种情况，由导数得出其单调性；
（2）将
( )
f x 的零点问题化为函数( )
g x 零点问题，讨论
0
a 
、
1
a 、1
0
a


、
1
a ，由其单调性结
合零点个数得出实数a 的取值范围．
【详解】（1）解：( )
ln
a
g x
x
a
x



，所以


2
2
1
( )
0
a
x
a
g x
x
x
x
x






当
0
a 
时，因为
( )
0
g x


，所以函数( )
g x 在

0, 

上为增函数
当
0
a 
时，函数( )
g x 在

0, a

上为减函数，在

,a

上增函数
综上所述：①当
0
a 
时，函数( )
g x 为增函数；
②当
0
a 
时，函数( )
g x 在

0, a

上为减函数，在

,a

上为增函数
（2）若函数
( )
f x 有且只有一个零点，则函数( )
g x 有且只有一个零点，且(1)
0
g

，
由（1）知：当
0
a 
时，函数( )
g x 为增函数，此时只有一个零点，满足题意
当
0
a 
时，
①
1
a 时，因为函数( )
g x 在

0, a

上为减函数，所以


1
0
g
a
g



，
因为

e
0
e
a
a
a
g




，因为函数( )
g x 在

,a

上为增函数，
所以唯一


0
,e a
x
a


，使
0
(
)
0
g x

，所以函数( )
g x 恰有两个零点，不满足题意
②1
0
a


时，因为函数( )
g x 在

,a

上为增函数，所以


1
0
g
a
g



，
2
2
2
2
2
2
2
ln
1
2
1
0
2
2
2
a
a
a
a
g
a
a
a
a
a
a
a
a


































































，
因为







2
2
4
1
0
2
2
a a
a
a
a
a
a













，函数( )
g x 在

0, a

上为减函数，
所以唯一


2
1
2 ,
2
a
x
a
a











，使
1
( )
0
g x

，所以函数( )
g x 恰有两个零点，不满足题意
③
1
a 时，函数( )
g x 在

0,1 上为减函数，在

1,上为增函数，
所以


min
( )
1
0
g x
g



，函数( )
g x 有且只有一个零点，满足题意．
综上所述：实数a 的取值范围为{
1
a a 
∣
或
0}
a 
4.已知函数




3
2
1
,
R
3
f x
x
ax g x
x
a a





．
(1)若函数



F x
f
x
g x


在


1,
x



上单调递增，求a 的最小值；
(2)若函数



G x
f x
g x
ax



有且只有一个零点，求a 的取值范围．
【答案】(1) 3
(2)


4
,
0,
3









【分析】（1）求导，根据函数



F x
f
x
g x


在


1,
x



上单调递增，可得

0
F
x


在


1,
x



恒
成立，进而可得出答案；
（2）函数



G x
f x
g x
ax



有且只有一个零点，令
3
2
1
3
h x
x
x


，则曲线

y
h x

与直线y
a

的
图象只有一个交点，利用导数求出函数
h x 的单调区间及极值，作出函数
h x 的大致图象，结合函数图
象即可得解.
【详解】（1）




3
2
2
1
,
2
3
F x
f x
g x
x
ax
x
a F
x
x
x
a










，
函数



F x
f
x
g x


在


1,
x



上单调递增，

2
2
0
F
x
x
x
a






在


1,
x



恒成立，故3
0
a


，得
3
a ，
a
的最小值为3
；
（2）



3
2
1
3
G x
f x
g x
ax
x
x
a






，函数

G x 有且只有一个零点，
即方程
3
2
1
0
3 x
x
a



只有一个根，令
3
2
1
,
3
h x
x
x


曲线

y
h x

与直线y
a

的图象只有一个交点，

2
2
h
x
x
x



，令

0
h x


，解得
0
x 
或
2
x 
，令

0
h
x


，解得0
2
x


，

h x

在


,0 , 2,

上单调递增，

0,2 上单调递减，
又

=
0
0
h x
h

极大值
，

4
2
3
h x
h


极小值
，当x 时，
h x ，当x 时，
h x ，
如图，作出函数
h x 的大致图象如下所示：
曲线

y
h x

与直线y
a

的图象只有一个交点，


4
,
0,
3
a









，
即a 的取值范围为


4
,
0,
3









．
题型十：双零点型求参
1.已知函数
1
ln
( )
e
1
x
x
f x
a
x










．
(1)当
0
a 
时，求曲线
( )
f x 过原点的切线的方程．
(2)若
( )
f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)
2e
y
x

(2)

2e ,
【分析】（1）根据函数解析式，求导，设出切点，写出切线方程，代入已知点，建立方程，可得答案；
（2）根据函数

f
x 解析式，以分子的代数式构建新函数，求导利用分类讨论思想，结合隐零点的解题方
法，可得答案.
【详解】（1）当
0
a 
时，
1
( )
ex
f x


．设切点为

0 1
0,ex
x

．
因为

1
ex
f
x



，所以


0 1
0
ex
f
x



，所以切线方程为


0
0
1
1
0
e
e
x
x
y
x
x





．
将原点的坐标(0,0) 代入，可得
0
0
1
1
0
e
e
x
x
x




，整理，得

0 1
0
1 e
0
x
x



．
解得
0
1
x ．故曲线
( )
f x 过原点的切线的方程为
2e
y
x

．
（2）函数
( )
f x 的定义域为




1
1
e
ln
ln
0,
,
e
1
x
x
x
a
x
x
x
f x
a
x
x
















．
令


1
e
ln
(
0)
x
g x
x
a
x
x
x





，则
( )
f x 有两个零点等价于( )
g x 有两个零点．
易得





1
1
1
1
1 e
1
e
x
x
x
g
x
x
a
x
a
x
x
















．
当
0
a 
时，



1
1
e
0
x
x
g
x
x
a
x






，
所以( )
g x 在(0,
)
上单调递增，则( )
g x 至多有一个零点，因此
0
a 
．
令
1
e
(
0)
x
x
x
a x





，则



1
1 e
0
x
x
x






，所以( )
x 在(0,
)
上单调递增．
因为
0
0
a


，
1
e
0
a
a
a
a





，所以存在
1
(0, )
x
a

，使得

1
0
x


，则
1 1
1ex
a
x


．
所以当


1
0,
x
x

时，( )
0
x


，即
( )
0
g x


，所以( )
g x 在

1
0, x
上单调递减；
当


1,
x
x

时，( )
0
x


，即
( )
0
g x


，所以( )
g x 在

1,
x 上单调递增．
因此，




1 1
1
1
1
1
min
e
ln
x
g x
g x
x
a
x
x





．
由
1 1
1ex
a
x


，得


1
1
ln
ln
1
a
x
x



，则
1
1
ln
ln
1
x
x
a


，
故






1
min
ln
1
2
ln
g x
g x
a
a
a
a
a






．
当
2
0
e
a


时，


min
2
ln
0
g x
a
a



，则( )
g x 在(0,
)
上没有零点．
当
2e
a 
时，


min
2
ln
0
g x
a
a



，则( )
g x 在(0,
)
上只有一个零点．
当
2e
a 
时，


min
2
ln
0
g x
a
a



．
因为
1 1
1ex
a
x


，所以
1 1
2
1e
e
x
x

，所以
1
1
x ．
因为







2
2
2
2
e
1
2
2
e
1
2
1
e
e
e
lne
e
e
2
e
0,
0
g
a
a
g x


















，
所以( )
g x 在

2
1
e , x

上有且只有一个零点，即( )
g x 在

1
0, x
上有且只有一个零点．
易得





1
1
2
e
ln
e
ln
e
a
a
g a
a
a
a
a
a
a
a
a










．
设


1
2
e
ln
e
a
h a
a
a a





，则

1
1
e
1
a
h a
a




．
易知
( )
h a

在

2e ,上单调递增，则

2
e
1
2
1
e
1
0
e
h a





，
所以( )
h a 在

2e ,上单调递增，则
2
e
1
2
e
2
e
0
h a





，
所以( )
0
g a 
，所以( )
g x 在

1,
x a 上有且只有一个零点，即( )
g x 在

1,
x 上有且只有一个零点．
综上可知，实数a 的取值范围为

2e ,．
2.已知函数
π
( )
sin 2
2
0,2
f x
a
x
x x














，且
( )
0
f x 
恒成立．
(1)求实数a 的最大值；
(2)若函数
( )
( )
tan
m x
f x
x


有两个零点，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)1(2) 1 π
,
1
2 2







【分析】（1）当
0
a 
时显然成立，当
0
a 
时利用导数说明函数的单调性，分
1
a 和
1
a 两种情况讨论，
结合零点存在性定理说明
1
a 不成立，即可求出a 的取值范围；
（2）求出函数的导函数



4
2
2
4 cos
2
2 cos
1
cos
a
x
a
x
m
x
x





，令
2
cos
t
x

，则


0,1
t 
，令






2
4
2
2
1
2
1
2
1
p t
at
a
t
at
t






，再分
0
a 
、
0
a 
两种情况讨论，当
0
a 
时令

0
p t 
，解得
1
1
2
t
a

，2
1
2
t 
，再分1
1
2
2
a 
、1
1
1
2
2a

、1
1
2a 三种情况讨论，结合函数的单调性与零点存在性定理计
算可得.
【详解】（1）当
0
a 
时，因为
π
0, 2
x





，所以


2
0, π
x 
，则sin2
0
x ，
所以
( )
sin 2
2
0
f x
a
x
x



，符合题意；
当
0
a 
时
( )
2 cos 2
2
f
x
a
x



，令
( )
2 cos2
2
g x
f
x
a
x




，
π
0, 2
x





，
则

4 sin2
0
g x
a
x



，所以
( )
f
x

在
π
0, 2





上单调递减，所以


( )
(0)
2
1
f
x
f
a





，
当
1
a 时
( )
0
f
x


，则

f
x 在
π
0, 2





上单调递减，所以


0
0
f x
f


，符合题意，
当
1
a 时


(0)
2
1
0
f
a




，
π
2
2
0
2
f
a










，
所以存在
0
π
0, 2
x





使得


0
0
f
x


，所以当


0
0,
x
x

时
( )
0
f
x
¢
>
，
则

f
x 在

0
0, x
上单调递增，所以


0
0
f
x
f


，不符合题意，
综上可得a 的取值范围为

,1

，故a 的最大值为1.
（2）因为
( )
( )
tan
tan
2
sin 2
m x
f x
x
x
x
a
x





，
π
0, 2
x





，
则

2
2
2
1
1
2
2 cos2
2
4 cos
2
cos
cos
m x
a
x
a
x
a
x
x










4
2
2
4 cos
2
2 cos
1
cos
a
x
a
x
x




，
令
2
cos
t
x

，则


0,1
t
，令






2
4
2
2
1
2
1
2
1
p t
at
a
t
at
t






，
当
0
a 
时则当
1
0, 2
t





时

0
p t 
，当
1 ,1
2
t





时

0
p t 
，即当
π π
,
4 2
x





时

0
m
x


，当
π
0, 4
x





时

0
m
x


，
所以

m x 在
π π
,
4 2





上单调递增，在
π
0, 4





上单调递减，
所以当
π
0, 4
x





时


0
0
m x
m


，所以

m x 在
π
0, 2





上至多有一个零点，不合题意；
当
0
a 
时令

0
p t 
，解得1
1
2
t
a

，2
1
2
t 
，
当1
1
2
2
a 
，即
1
a 时

0
p t 
在

0,1 上恒成立，所以当
π
0, 2
x





时

0
m
x


恒成立，
即

m x 在
π
0, 2





上单调递增，所以


0
0
m x
m


，不合题意；
当1
1
1
2
2a

，即1
1
2
a

时，
1
1
0,
,1
2
2
t
a













时

0
p t 
，
1
1
,
2 2
t
a





时

0
p t 
，
所以
2
2
1
cos
2
x
a

，
2
π
0, 4
x





，即


2
π π
0,
,
4 2
x
x








时

0
m
x


，
当
2
π
, 4
x
x






时

0
m
x


，所以

m x 在

2
0, x
，
π π
,
4 2





上单调递增，在
2
π
, 4
x





上单调递减，
所以


min
π
min
,
0
4
m x
m
m













，（其

0
m
取不到），因为
π
π
π
π
1
sin
1
4
2
2
2
m
a
a









，

0
0
m

，
所以当
π
1
0
2
a 

，即π
1
1
2
a

时，


0
0
m x
m


，则

m x 在
π
0, 2





上没有零点，不符合题意；
当
π
1
0
2
a 

，即1
π
1
2
2
a


时
min
π
0
4
m x
m 







，



2
0
0
m x
m


，
π
0
3
m





，
所以

m x 在
π
0, 4





和
π π
,
4 2





上各有一个零点，符合题意；
当1
1
2a ，即
1
0
2
a


时，当
1
0, 2
t





时

0
p t 
，当
1 ,1
2
t





时

0
p t 
，
所以当
π π
,
4 2
x





时

0
m
x


，当
π
0, 4
x





时

0
m
x


，
所以

m x 在
π π
,
4 2





上单调递增，在
2
π
, 4
x





上单调递减，
当
π
0, 4
x





时


0
0
m x
m


，所以

m x 在
π
0, 2





上至多有一个零点，不合题意；
综上可得实数a 的取值范围为1 π
,
1
2 2







3.已知函数



e
e
1
x
x
f x
a
ax
a



R .
(1)当
1
a 时，求

f
x 的图象在
1
x 处的切线方程;
(2)若函数


ln
1
F x
f
x
x


有两个零点，求实数a 的取值范围.
【答案】(1) e
1
e
0
x
y



(2)
1
1
0 e
e














,
,
.
【分析】（1）根据切线的几何意义得到


1 ,
1
f
f

，根据点斜式可得到方程;
（2）对

F x 进行求导，然后分
0
a 
，
1
e
a 
和
0
a 
且
1
e
a 
三种情况研究其单调性，判断最值的符号，
结合零点存在定理即可
【详解】（1）因为
e
e
1
x
x
f x
a
ax


，其定义域为R ，
因为
1
a ，所以



e
e
1
1
e
1
x
x
x
f x
x
x




，所以



e
1
e
e
x
x
x
f
x
x
x





，所以

1
e
f 
，
又
1
1
f
，所以

f
x 的图象在
1
x 处的切线方程为


1
e
1
y
x


，即e
1
e
0
x
y



.
（2）由题意知




ln
1
ln
1 ex
F x
f
x
x
x
a x





，且其定义域为

0, 

，易知
1
0
F

，且

2
1
1
e
e
(
0)
x
x
ax
F
x
ax
x
x
x






，当
0
a 
时，

2
1
e
0
x
ax
F
x
x




在

0, 

上恒成立，
所以

F x 在

0, 

上单调递增，不可能有2 个不同零点，不合题意;
当
0
a 
时，令
2
1
e (
0)
x
h x
ax
x


，则



2
2
e
0
x
h
x
a
x
x




，故
h x 在

0, 

上单调递减，
当
1
e
a 
时，
2
1
1
ex
h x
x


，且1
0
h

，
所以当


0,1
x
时，
0
h x 
，即

0
F
x


，当


1,
x
时，
0
h x 
，即

0
F
x


，所以

F x 在

0,1 上
单调递增，在

1,上单调递减，
所以



ln
1 ex
F x
x
a x



在
1
x 处取得极大值，且
1
0
F

，此时函数

F x 仅有一个零点，不合题意.
当
0
a 
且
1
e
a 
时，
1
1
0
1
0
1 e
0
a
h
h
a









，
，
所以存在唯一的
0
1
0
x
a






,
，使得

0
0
h x

，即
0
2
0
1
e
0
x
ax


，所以
0
2
0
1
e
x
ax

，
当


0
0,
x
x

时，
0
h x 
，即

0
F
x


;当


0,
x
x

时，
0
h x 
，即

0
F
x


，
所以

F x 在

0
0, x
上单调递增，在

0,
x 上单调递减，所以





0
0
0
0
max
ln
1 ex
F x
F x
x
a x




，
又
0
2
0
1
e
x
ax

，所以



0
0
0
0
2
max
0
0
1
1
ln
1 e
ln
x
F x
x
a x
x
x
x






.
设
2
1
1
ln
g x
x
x
x



，则




2
2
3
3
3
2
1
1
1
2
2
x
x
x
x
g
x
x
x
x
x
x










，
当


0,1
x
时，
0
g x


;当


1,
x
时，
0
g x


，所以
g x 在

0,1 上单调递减，在

1,上单调递增，
于是

min
1
0
g x
g


，所以
2
1
1
ln
0
g x
x
x
x




(当且仅当
1
x 时等号成立)，
因为
1
e
a 
，所以
0
1
x ，所以




0
max
1
0
F x
F x
F



，
又

F x 在

0
0, x
上单调递增，在

0,
x 上单调递减.
①当
1
0
e
a


时，由
0
2
0
1
e
x
ax

，令
2
1
ex
u x
ax


，显然
u x 在

0, 

上单调递增，
因为
1
0
e
a


，所以
1
1
1
1
e
1
0
a
u
a
a









，
，又
1
1
e
0
u
a



，
所以
0
1
x ，且由
0
2
0
1
e
x
ax

可得
0
0
0
1
1
1
1
ln
2ln
1
ln
ln ln
ln
1
x
x
x
F
a
a
a
a



















，
，
令
1
ln
t
a

，则


ln
1
,
1,
k t
t
t t



，可得

1 1
k t
t


，
所以在

1,上，


0
k
t
k t

，
单调递减，从而
1
0
k t
k


，即ln
1
t
t
.
所以
1
ln
0
F
a






，从而在
1
1,ln a





内

F x 必有另一个零点，故此时

F x 有两个零点.符合题意.
②当
1
e

a
时，所以
0
0
1
1
ln
2ln
x
x
a 


，
因为
2ln
y
x
x


在定义域内是单调递增函数，且当
1
x 时，
1
y ，
所以
0
1
x ，此时


0,1
x
x

时，



0
1
F x
x



，
,
时，

0
F x 
，
设


e
01
a
m



, ，可得



1
em
F m
a
a
m



.
令




e
1
e
0
m
m
H m
m
H
m
m





，
，
所以

H m 在


0,1
m
上单调递减，从而



0,1
H m 
，故



e
0
a
F m
F



，
从而
0
e a
x

，且当
1
e

a
时，存在


0
e a
x
x


,
，使得

0
F x 
，
也即当

1
e
a
F x

，
有两个零点.综上，所求实数a 的取值范围是
1
1
0 e
e














,
,
.
4.已知函数



2
1
1
2ln
f
x
m
x
x
x
x




.
(1)求

f
x 的单调区间；
(2)若

f
x 有两个零点，求实数m 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析.(2)
1
(
,0)
8(ln 2 1)

.
【分析】（1）求出函数的导数，分
0
m 
和
0
m 
两种情况进行讨论，当
0
m 
时，根据导数等于0，求得
根，从而再讨论根的大小，判断函数的单调性；
（2）分
0
m 
和
0
m 
，
0
m 
三种情况进行讨论函数的单调性，判断零点情况，当
0
m 
时，结合函数单
调性，求得函数最小值，根据题意列出不等式求得参数范围；当
0
m 
时，函数只有一个零点，
0
m 
时，
结合函数单调性，判断极值情况，说明

f
x 至多只有一个零点，不符合题意，综合可得答案.
【详解】（1）由题意知



2
1
1
2ln
f
x
m
x
x
x
x




，函数的定义域为(0,
)
，
则
3
2
(
2
)
1
2m
f
x
m
x
x
x





2
3
(
2)(
1)
x
mx
x




，
（i）当
0
m 
时，
2
1
0
mx


恒成立，
当0
2
x


时，

0
f
x


，函数

f
x 在(0,2) 上单调递减，
当
2
x 
时，
( )
0
f
x
¢
>
，函数

f
x 在(2,
)
单调递增，
（ii）当
0
m 
时，令

0
f
x


，解得
1
2
x 
，或
2x
m
m

，
3x
m
m

(舍去），
当
1
2
x
x

，即
1
4
m 
时，

0
f
x


，函数

f
x 在(0,
)
上单调递减，
当
1
2
x
x

时，即
1
4
m 
，
当
(0,
)
x
m
m

,或
(2,
)
x
时，

0
f
x


，函数
( )
f x 在(0,
)
m
m
，(2,
)
上单调递减，
当
(
,2)
x
m
m

时，
( )
0
f
x
¢
>
，函数
( )
f x 在(
,2)
m
m
单调递增，
当
1
2
x
x

时，即
1
4
m 
，
当
)
(
),
0,2 (
,
x
m
m

时，

0
f
x


，函数
( )
f x 在

0,2 ,
,
m
m










递减，
当
(2,
)
x
m
m

时，
( )
0
f
x
¢
>
，函数
( )
f x 在(2,
)
m
m
单调递增，
综上所述：当
0
m 
时，函数
( )
f x 在(0,2) 上单调递减，在(2,
)
单调递增，
1
0
4
m


时，函数
( )
f x 在

0,2 ,
,
m
m










上单调递减，在(2,
)
m
m
上单调递增；
当
1
4
m 
时，函数
( )
f x 在(0,
)
上单调递减，
当
1
4
m 
时，函数
( )
f x 在(0,
)
m
m
，(2,
)
上单调递减，在(
,2)
m
m
单调递增.
（2）由（1）知，当
0
m 
时，函数
( )
f x 在

0,2 上单调递减，在(2,
)
单调递增，而

1
0
f
m


，
令

1
2ln
f
x
x
x


，则
1
2
( )
1
0
f
x
x



在(2,
)
成立，故

1
2ln
f
x
x
x


在(2,
)
单调递减，
所以


1
1 2
2(ln 2 1)
0
f
x
f




，且x 趋向于时，

1f
x 趋向于，即

1
mf
x 趋向于，
又
2
1
1
y
x
x


在(2,
)
上恒负，且x 趋向于时，y 趋向于0，
综上，在x 趋向于时，


1
2
1
1
mf
x
f x
x
x



趋向于，
∴函数
( )
f x 有两个零点等价于
1
(2)
(2ln 2
2)
0
4
f
m




，结合
0
m 
，解得
1
0
8(ln 2 1)
m



；
当
0
m 
时，
2
1
( )
x
f x
x


只有一个零点，不符合题意；
当
1
4
m 
时，函数
( )
f x 在(0,
)
上单调递减，至多只有一个零点，不符合题意；
当
0
m 
且
1
4
m 
时，由（1）知
( )
f x 有两个极值点，而
1
(2)
(2ln 2
2)
0
4
f
m




，
又
(
)
2
ln
m
m
m
f
m
m
m



，下研究其符号：令( )
2
ln
g x
x
x
x
x



，则
1
( )
ln
g x
x
x



，
令
1
( )
ln
h x
x
x


，则
3
3
2
2
1
1
1
2
( )
2
2
x
h x
x
x
x





，当
1
4
x 
，

0
h
x


，
( )
g x

在1
(
,
)
4 递减，
当
1
0
4
x


时，

0
h x


，
( )
g x

在
1
(0,
)
4 上单调递增，故
1
( )
( )
2ln 2
2
0
4
g x
g






，即
g x 在(0,
)
上
单调递减，
当x 趋向于0 时，
g x 趋向于0，即g(x)恒负，故
(
)
2
ln
0
f
m
m
m
m
m
m




，
此时，

f
x 至多只有一个零点，不符合题意，综合上述，实数m 的取值范围为
1
(
,0)
8(ln 2 1)

.
题型十一：多零点型求参
1.已知函数
3
2
( )
(2
)
3
t
f x
x
t x



8
4
7
x
t



.
（1）当
0
t 
时，讨论
( )
f x 的单调性；
（2）已知函数
( )
ln
g x
x

，记函数
( )
( )
( )
2
f x
g x
m x


|
( )
( ) |
2
f x
g x


，若函数
( )
m x 有三个零点，求实数t 的
取值范围.
【答案】（1）当
2
t 
时，函数

f
x 在R 上单调递减；
当
2
t 
时，函数

f
x 在
4
, t






，

2,上递减，在4 ,2
t





上递增；
当0
2
t

时函数

f
x 在

,2

，4 ,
t






上递减，在
4
2, t





上递增．
（2）
3
3 ,0
10
8













.
【分析】
1 求出导函数，得到函数的两个极值点，根据大小关系分类确定单调区间以及单调性；

2 分类确定

f
x 和
g x 的大小，由导数求得

m x 的单调性和极值，结合函数图象，由极值的符号解不
等式求得t 的范围．
【详解】解：（1）



3
2
2
8
4
7
3
t
f
x
x
t
x
x
t






，
0
t 






2
2
2
8
2
4
f
x
tx
t
x
x
tx







，令

0
f
x 
，得
1
2
x 
，
2
4
x
t

当
2
t 
时，
1
2
2
x
x


，

2
2(
2)
0
f
x
x



，故函数

f
x 在R 上单调递减；
当
2
t 
时，
1
2
x
x

，故函数

f
x 在
4
, t






，

2,上递减，在4 ,2
t





上递增；
当0
2
t

时，
1
2
x
x

，故函数

f
x 在

,2

，4 ,
t






上递减，在
4
2, t





上递增．

2 由已知





,
m x
min f
x
g x

，
g x
lnx

在

0, 

有且仅有
1
x 一个零点，
①当
0

t
时，

2
2
8
7
f x
x
x



，由

0
f
x 
得


2
2
1,
2
x 


，
此时

m x 有三个零点．
②当
0
t 
时，




2
4
f
x
x
tx



，得
1
2
x 
，
2
4
0
x
t


，
故函数

f
x 在

0,2 上递减，在

2,上递增；

0
7
4
0
f
t



，

10
1
1
0
3
f
t


，
当
1
x 时，


m x
g x

，故

y
m x

在

0,1 上仅有一个零点；
若函数有

y
m x

有三个零点，则需满足

8
2
1
0
3
t
f


，解得
3
0
8
t


；
③当
0
t 
时，
i 若
2
t 
，则

f
x 为单调函数，所以函数

y
m x

至多有2 个零点，不合题意，舍；

ii 若
2
t 
，


8
2
1
0
3
f
x
f
t



极大值
，

0
7
4
0
f
t



，故

f
x 在

0, 

至多有1 一个零点，所
以函数

y
m x

至多有2 个零点，不合题意，舍；

0
2
iii
t

，


8
2
1
0
3
f
x
f
t



极小值
，

10
1
1
3
f
t

，
当

1
0
f

，即
3
10
t 
时，函数

y
m x

至多有2 个零点，不合题意，舍；
当

1
0
f

，即
3
10
t 
时，

3
2
2
4
1
32
4
7
16
0
3
f
x
f
t
t
t
t
t



















极大值
，函数

y
m x

恰有3 个零点，
符合题意；
当

1
0
f

，即
3
0
10
t

时，

3
2
2
4
1
32
4
7
16
0
3
f
x
f
t
t
t
t
t



















极大值
；
令
3
2
32
3
4
7
16
0
3
10
t
t
t
t
t











，则

2
3
'
12
14
16
'
0
10
t
t
t












，
故t

在
3
0,10





单调递减，
3
0
10
t









，即
4
0
f
t






，
此时函数

y
m x

有4 个零点，不合题意，舍；
综上，实数的取值范围是
3
3 ,0
10
8













2.已知
2
( )
2
1
g x
x
ax


在区间[1，3] 上的值域[0 ，4].
（1）求a 的值；
（2）若不等式

2
4
0
x
x
g
k


在
[1
x
，
)


上恒成立，求实数k 的取值范围；
（3）若函数
( 2
1)
2
·
3
2
1
2
1
x
x
x
g
y
k
k






有三个零点，求实数k 的取值范围.
【答案】（1）
1
a ；（2）
1
4
k
；（3）(0,
)
.
【分析】（1）对( )
g x 配方，求出对称轴x
a

，讨论若1
3
a
时，若
3
a 
时，若
1
a 
，由单调性可得最
小值，解方程，即可得到所求a 的值；
（2）由题意可得
2
(2 )
2 2
1
4
0
x
x
x
k


，化为
2
(2 )
2 2
1
x
x
k





，令
2 x
t


，求出t 的范围，求得右边
函数的最小值即可得到k 的范围；
（3）令
0
y 
，可化为
2
2
1|
2 2
1 1
2
3
2
1
0( 2
1| 0)
x
x
x
x
k
k








有3 个不同的实根，令
|
1
| 2x
t 

，
讨论t 的范围和单调性，
2
(3
2)
1
2
0
t
k
t
k




有两个不同的实数解1t ，2t ，已知函数有3 个零点等价为
1
0
1
t

，2
1
t 或
1
0
1
t

，2
1
t ，记
2
( )
(3
2)
1
2
m t
t
k
t
k




，由二次函数图象可得不等式组，解不等
式可得k 的范围.
【详解】（1）
2
2
2
( )
2
1
(
)
1
g x
x
ax
x
a
a





在区间[1，3] 上的值域[0 ，4].
若1
3
a
时，( )
g x 的最小值为g (a)
2
1
a

，
由
2
1
0
a


，可得
1( 1
a 
舍去)，
2
( )
(
1)
g x
x


满足在区间[1，3] 上的值域[0 ，4]；
若
3
a 
时，( )
g x 在[1，3] 递减，( )
g x 的最小值为g （3），
由g （3）
10
6
0
a



，解得
5
3
a 
(舍去)；
若
1
a 
，则( )
g x 在[1，3] 递增，( )
g x 的最小值为g （1），
由g （1）
2
2
0
a



，解得
1
a .综上可得，
1
a ；
（2）由(2 )
·4
0
x
x
g
k

即
2
(2 )
2·2
1
·4
0
x
x
x
k


，
化为
2
(2
)
2·2
1
x
x
k





，令
2 x
t


，由
1
x可得
1
0
2
t

，则
2
2
1


k t
t

，
1
0
2
t

，
记
2
( )
2
1
h t
t
t


，
1
0
2
t

，由单调递减，可得( )
h t 的最小值为
2
1
1
(
1)
2
4


，
则k 的取值范围是
1
4
k
；
（3）令
0
y 
，可化为
2
2
1|
2· 2
1 1
2
3 · 2
1
0( 2
1| 0)
x
x
x
x
k
k







有3 个不同的实根.
令
|
1
| 2x
t 

，则
0
t 
，由2
1
1
x ，当
0
x 
时，
2
1
1
2
x
x
t 


，
(0
t 
，1]且递减，
当0
1
x

时，
2
1
2
1
x
x
t 


，
(0,1)
t 
且递增，
当
1
x 时，
1
t .当
1
x 时，
2
1
2
1
x
x
t 


，
(1,
)
t 
且递增，
2
(3
2)
1
2
0
t
k
t
k




有两个不同的实数解1t ，2t ，
已知函数有3 个零点等价为
1
0
1
t

，2
1
t 或
1
0
1
t

，2
1
t ，记
2
( )
(3
2)
1
2
m t
t
k
t
k




，则
2
1
0
(1)
0
k
m
k





或
(0)
2
1
0
(1)
0
3
2
0
1
2
h
k
h
k
k













，解得
0
k 
或k 无实数解，综上可得，k 的取值范围是(0,
)
.
3.已知函数

ln
f
x
x

.
（1）求函数


0
f
x
y
x
x


的最值；
（2）已知函数
3
2
1 2
6
5
2
3
2
3
a
a
a
g x
x
x
x






，设函数






,
,
f
x
f
x
g x
h x
g x
f
x
g x






，若函数
h x 有三个
零点，求实数a 的取值范围.
【答案】（1）最大值为1
e ，无最小值；（2）
1
0
2
a


或
1
8
a 
.
【分析】（1）求出函数导数，判断单调性，即可求出最值；
（2）利用导数讨论a 的范围即可求解.
【详解】（1）∵
ln x
y
x

，∴
2
1
ln x
y
x


，当0
x
e


时，
0
y
，当x
e

时，
0
y
∴
ln x
y
x

在

0,e 上为增函数，在

,e 上为减函数，
所以，函数


0
f
x
y
x
x


在x
e

处取得最大值为1
e ，无最小值.
（2）






2
1
2
2
1
2
g
x
ax
a x
ax
x








.
①当
0
a 
时，须满足


1
0
2
0
g
g





，∴
1
0
2
a


；
②当
0
a 
时，
2
1
5
2
2
3
g x
x
x



，∵
1
0
g

，
0

，所以方程

0
g x 
的两根


1
2
,
1,
x x 
，
此时函数
h x 有三个零点，符合题意；
③当
1
0
2
a



时，
g x 在

,2


上递减，
1
2,
a






上递增，
1 ,
a







上递减，∴
1
0
g

一定不符合；
（i）若1
0
g

，则
1
8
a 
，此时


3
2
2
1
1
12
10
6
1
0
6
g
a
a
a
a
a












，
所以，函数
h x 有三个零点，符合题意；
（ⅱ）若
1
0
g

，则
1
0
8
a



，
此时


3
2
3
2
2
2
1
1
1
1
3
12
10
6
1
12
10
6
0
6
6
4
4
g
a
a
a
a
a
a
a
a
a



































.
（三部分都为正），所以，函数
h x 有四个零点，不符合题意；
④当
1
2
a 
时，
g x 单调减函数，故函数
h x 最多两个零点，不合题意；
⑤当
1
2
a 
时，函数
g x 的极大值
2
1
2
0
3
3
g
a



，
所以，函数
h x 不可能有三个零点，不合题意.
综上所述，实数a 的取值范围是
1
0
2
a


或
1
8
a 
.
4.已知函数


4
ln
1
ln 2,
x
a
f
x
x
ax
g x
x





.
(1)求函数

f
x 的极值点；
(2)当
0
a 
时,当函数


h x
f x
g x


恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)答案见详解(2)
1
0, 4






【分析】（1）求导，分情况讨论原函数的单调性，进而可得极值；
（2）求导，分情况讨论原函数的单调性，注意到
2
0
h

，并结合零点存在性定理判断
h x 在

2,
x 上
的零点，进而求
h x 在

1
0, x
上的零点，即可得结果.
【详解】（1）由题意可得：

1
1
ax
f
x
a
x
x





，且

f
x 的定义域为

0, 

，
当
0
a 
时，则

0
f
x


当
0
x 
时恒成立，故

f
x 在

0, 

内单调递增，即

f
x 无极值点
当
0
a 
时，令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
1
x
a

，故

f
x 在
1
0, a





上单调递增，在1 ,
a






上单调递减，则

f
x 有
极大值点1
a ，无极小值点；综上所述：当
0
a 
时，

f
x 无极值点；
当
0
a 
时，

f
x 有极大值点1
a ，无极小值点.
（2）由题意可得：



4
ln 2
x
a
h x
f
x
g x
ax
x





，且
h x 的定义域为

0, 

，
则

2
2
2
1
4
4
a
ax
x
a
h
x
a
x
x
x








，∵
0
a 
，构建
2
4
x
ax
x
a




，则
x

的开口向下，对称轴
1
2
x
a

，
当
2
1 16
0
a


，即
1
4
a 
时，则

0
h
x


当
0
x 
时恒成立，故
h x 在

0, 

内单调递减，
则
h x 在定义域内至多有一个零点，不合题意；
当
2
1 16
0
a


，即
1
0
4
a


时，设
x

的两个零点为
1
2
,
x x ，不妨设
1
2
x
x

，
则有：



2
3
2
3
1
2
1
2
2
2 1 4
0
1
1
1
1
4
4
0
1
0
4
0
a
a
a
a
a
a
a
a
x
x
a
x x































，可得
1
2
2
1
0
2
x
x
a




，
令

0
h x


，则
1
2
x
x
x


，故
h x 在

1
2
,
x x
上单调递增，在


1
2
0,
,
,
x
x


上单调递减，
可得
h x 分别在



1
1
2
2
0,
,
,
,
,
x
x x
x


内至多只有一个零点，即
h x 至多只有三个零点，
∵
2
0
h

，故
h x 在

1
2
,
x x
内的零点为2，得


2
2
0
h x
h


，
对于
3
3
2
2
1
1
1
1
ln
4
4
2ln
ln 2
2
h
a
a
a
a
a
a
a












，
构建

3
1
4
2ln
ln 2
G a
a
a
a




，则

2
2
2
2
2
1
1
2
12
12
0
a
G
a
a
a
a
a
a








当
1
0, 4
a






时恒成立，
则

G a 在
1
0, 4





上单调递增，且
1
1
1
1
2ln
4
ln 2
3ln 2
4
0
4
4
16
16
G 












，
故

1
0
4
G a
G 







，即
2
1
0
h a






，∴
h x 在

2,
x 内存在零点
0
2
1
2,
x
a





，即

0
0
h x

，
注意到

0
0
0
0
0
0
0
0
4
4
2
4
ln
ln
0
2
x
a
a
h x
h
ax
ax
x
x
x
x














，可得
0
4
0
h x






，且
0
4
2
x 
，
故
h x 在

1
0, x
内存在零点
0
4
x ，可得
h x 有三个零点
0
0
4 ,2, x
x
，符合题意；
综上所述：当函数


h x
f x
g x


恰有三个不同的零点，则实数a 的取值范围为
1
0, 4






.
题型十二：同构型求参：x1，x2双变量同构
1.已知函数
2
( )
ln
f x
ax
x
bx
ax



.
（1）曲线
( )
y
f x

在点



1,
1
f
处的切线方程为
1
0
2
x
y



，求a ，b 的值；
（2）若
0
a 
，
1
2
b 
时，


1
2
,
1,
x x
e


，都有



1
2
1
2
3
f x
f x
x
x



，求a 的取值范围.
【答案】（1）
1
a ，
1
2
b 
；（2）
3
0
e
a



.
【分析】(1)对f(x)求导，由给定的切点、切线方程列出关于a，b 的方程而得解；
(2)将给定不等式等价转化，构建新函数，利用函数单调性即可求得.
【详解】（1）由题意，
( )
(1
ln )
2
ln
2
f
x
a
x
bx
a
a
x
bx







，切线斜率为-1，切点
3
(1,
)
2

，
即

1
2
1
f
b


，得
1
2
b 
，又

3
1
2
f
b
a


，
1
a ，即
1
a ，
1
2
b 
；
（2）当
0
a 
，
1
2
b 
，


1,
x
e

时，
( )
ln
0
f
x
a
x
x




，
( )
f x 在

1,e 上单调递减，
不妨令
1
2
x
x

，则




1
2
f
x
f
x

，原不等式即为




1
2
2
1
3
f x
f x
x
x



，
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
即




1
2
2
1
3
3
f
x
f
x
x
x



，即




1
1
2
2
3
3
f
x
x
f
x
x



，
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
令( )
( )
3
g x
f x
x


，则( )
g x 在

1,e 上为单调增函数，
∴有
( )
( )
3
ln
3
0
g x
f
x
a
x
x








在

1,e 上恒成立，
即
3
ln
x
a
x


，


1,
x
e

，令
3
( )
ln
x
h x
x


，


1,
x
e

，
2
3
ln
1
( )
(ln )
x
x
h x
x




，
令
3
( )
ln
1
t x
x
x


，
2
2
1
3
3
( )
0
x
t x
x
x
x






，∴( )
t x 在

1,e 上单调递减，

3
0
t x
t e
e



，则

0
h
x


，
( )
h x 在

1,e 上为单调增函数，
∴

3
h x
h e
e

，即
3
a
e
，综上，
3
0
e
a



.
2.已知函数

2
ln
f x
a
x
x


.
（Ⅰ）若

f
x 在
1
x 处的切线方程为2
3
0
x
y



，求a 的值；
（Ⅱ）若
0
a 
，


1
2
,
1,
x x
e


，都有



1
2
1
2
2020
2020
f x
f x
x
x



恒成立，求实数a 的取值范围.
【答案】（Ⅰ）
4
a ；（Ⅱ）
2
2020
0
2
a
e
e



.
【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数，依题意可知
1
2
f 
，即可求出参数的值.
（Ⅱ）由已知

f
x 在区间

1,e 上是增函数，函数
2020
y
x

是减函数，不妨设
1
2
1
x
x
e



，由已知得，




2
1
1
2
2020
2020
f
x
f
x
x
x



，所以




2
1
2
1
2020
2020
f
x
f
x
x
x



，构造函数
2
2020
2020
( )
( )
ln
g x
f x
a
x
x
x
x





，参变分离即可求出参数的取值范围.
【详解】（Ⅰ）求导

2
a
f
x
x
x



，

f x

在
1
x 处的切线方程为2
3
0
x
y



，即斜率为2
，

1
2
f


，即
2
2
a 
，解得
4
a .
（Ⅱ）若
0
a 
，


1,
x
e

，

2
2
0
x
a
f
x
x




，

f
x 在区间

1,e 上是增函数，函数
2020
y
x

是减函数，
不妨设
1
2
1
x
x
e



，由已知，




2
1
1
2
2020
2020
f
x
f
x
x
x



，所以




2
1
2
1
2020
2020
f
x
f
x
x
x



，
设
2
2020
2020
( )
( )
ln
g x
f x
a
x
x
x
x





，
[1,e]
x 
，
则
g x 在区间

1,e 是减函数，
2
2020
( )
2
0
a
g x
x
x
x





在

1,e 上恒成立，
2
2020
2
( )
a
x
h x
x




，
令
2
2020
( )
2
h x
x
x


，求导
2
2020
( )
4
0
h x
x
x




在

1,e 上恒成立，

h x

单调递减，
2
min
2020
( )
2
h x
e
e


，
所以
2
2020
2
a
e
e


，故
2
2020
0
2
a
e
e



.
3.已知函数

2
ln
f x
x
a
x



.
（1）求函数

f
x 的单调区间；
（2）设
0
a 
，若对任意
1
x 、


2
0,1
x 
，且
1
2
x
x

，都有



1
2
1
2
1
1
3
f x
f x
x
x



，求实数a 的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）

0,2 .
【分析】（1）求出函数

y
f x

的定义域和导数

f
x

，然后分
0
a 
和a<0两种情况讨论，分析

f
x

在


0, 

的符号，可得出函数

y
f x

的单调区间；
（2）设
1
2
0
1
x
x


，由函数

y
f x

和
1
y
x

在

0,1 上的单调性，将不等式



1
2
1
2
1
1
3
f x
f x
x
x



等
价转化为




2
1
2
1
3
3
f x
f x
x
x



，并构造函数
3
2
ln
g x
x
a
x
x




，将问题转化为函数

y
g x

在

0,1
上是减函数，然后由

0
g x


在

0,1 上恒成立，结合参变量分离法可求出实数a 的取值范围.
【详解】（1）函数

y
f x

的定义域为

0, 

，

1
a
x
a
f
x
x
x




.
当
0
a 
时，
( )
0
f
x
¢
>
恒成立，此时，函数

y
f x

在

0, 

上单调递增；
当a<0时，由
( )
0
f
x
¢
>
得x
a
；由

0
f
x


得0
x
a

.
此时，函数

y
f x

的单调递增区间为

,a

，单调递减区间为

0, a

；
（2）
0
a 
时，函数

y
f x

在

0,1 上递增，
1
y
x

在

0,1 上递减，
不妨设
1
2
0
1
x
x


，则








1
2
2
1
f
x
f
x
f
x
f
x



，
1
2
1
2
1
1
1
1
x
x
x
x



，



1
2
1
2
1
1
3
f x
f x
x
x




等价于



2
1
1
2
1
1
3
f x
f x
x
x









，
即




2
1
2
1
3
3
f
x
f
x
x
x



，令

3
3
2
ln
g x
f
x
x
a
x
x
x






，



1
2
1
2
1
1
3
f x
f x
x
x



等价于函数

y
g x

在

0,1 上是减函数，

2
2
2
3
3
0
x
a
x
ax
g
x
x
x
x









，即
2
3
0
x
ax


在

0,1 恒成立，
分离参数，得
3
a
x
x


，
令
3
h x
x
x


，

2
3
1 0
h
x
x


＜，

3
h x
x
x



在

0,1 上单调递减，


min
1
2
h x
h


，
2
a

，又
0
a 
，故实数a 的取值范围为

0,2 .
4.已知函数
( )
2
ln(
)
f x
x
a
ax



.
(Ⅰ)求函数
( )
f x 的单调区间；
(Ⅱ)设
0
a＞，


3,4
t 
，若对任意


1
2
,
0,1
x x 
，且
1
2
x
x

，都有
1
2
1
2
1
1
( )
(
)
f x
f x
t x
x


＜
，求实数a 的取值
范围.
【答案】(Ⅰ)答案不唯一，见解析；(Ⅱ) (0，2]
【分析】（1）先求出
2
( )
1
a
x
a
f
x
ax
x




，然后讨论在定义域内导函数符号问题. 即得函数
( )
f x 的单调区
间，
（2）先根据
( )
f x 的单调性，以及
1
y
x

的单调性将
1
2
1
2
1
1
( )
(
)
f x
f x
t x
x


＜
转化为
2
1
1
2
1
1
(
)
( )
f x
f x
t x
x








＜
，进一步转化为
2
1
2
1
(
)
(
)
t
t
f x
f x
x
x


＜
，从而得新函数( )
( )
t
g x
f x
x


在(0，1]上
是减函数，即
( )
0
g x


恒成立，求出参数a 的范围.
【详解】(Ⅰ)
2
( )
1
a
x
a
f
x
ax
x




当
0
a＞时，函数定义域为(0，+∞)，
( )
0
f
x

＞恒成立，此时，函数在(0，+∞)单调递增；
当
0
a＜时，函数定义域为(一∞，0)，
( )
0
f
x

＞恒成立，此时，函数在(一∞，0)单调递增.
(Ⅱ)
0
a＞时，函数定义域为(0，+∞)，
( )
f x 在(0，1]上递增，
1
y
x

在(0，1]上递减，
不妨设
1
2
0
1
x
x


＜
，则
1
2
2
1
(
)
(
)
(
)
(
)
f x
f x
f x
f x



1
2
1
2
1
1
1
1
x
x
x
x



∴
1
2
1
2
1
1
( )
(
)
f x
f x
t x
x


＜
等价于
2
1
1
2
1
1
(
)
( )
f x
f x
t x
x








＜
即
2
1
2
1
(
)
(
)
t
t
f x
f x
x
x


＜
令
( )
( )
2
ln(
)
t
t
g x
f x
x
a
ax
x
x






1
2
1
2
1
1
( )
(
)
f x
f x
t x
x


＜
等价于函数( )
g x 在(0，1]上是减函数，
∴
t
a
x
x


令
2
2
2
( )
0
x
a
t
x
ax
t
g x
x
x
x








即
2
0
x
ax
t


在(0，1]恒成立，分离参数，
得
t
a
x
x


令( )
t
h x
x
x


，
2
( )
1 0
t
h x
x


＜.∴( )
t
h x
x
x


在(0，1]递减，( )
(1)
1
h x
h
t


∴
1
a
t
，又t∈[3，4]，∴
2
a 
，又
0
a＞，故实数a 的取值范围为(0，2].
题型十三：虚设零点型求参
1.已知函数


1 ex
f x
x


，
ln
g x
a
x

．
(1)若曲线

y
f x

有两条过点

0
m,
的切线，求实数m 的取值范围；
(2)若当
0
x 
时，不等式


f x
g x

恒成立，求实数a 的取值集合．
【答案】(1)



, 3
1,


(2)
e
【分析】（1）设切点坐标，对函数求导，写出切线方程将点

0
m,
代入后根据已知条件建立不等式求解即
可；
（2）构造函数对函数求导，再由不等式恒成立等价出问题，利用函数导数的单调性进行分析求解即可.
【详解】（1）设切点坐标为




0
0
,
x
f x
．因为

ex
f
x
x


，所以切线方程为




0
0
0
0
0
1 e
e
x
x
y
x
x
x
x




，
将

0
m,
代入，可得


2
0
0
1
1
0
x
m
x



．因为曲线

y
f x

有两条过点

0
m,
的切线，
所以


2
1
4
0
m




，解得
1
m 
或
3
m ，故实数m 的取值范围是



, 3
1,


．
（2）设



1 e
ln
x
h x
f x
g x
x
a
x





，则



2e
e
0
x
x
a
x
a
h
x
x
x
x
x






．
当
0
a 
时，

0
h x


，
h x 单调递增，又1
0
h

,因为当
1
x 时，
0
h x 
，
当0
1
x

时，
0
h x 
，所以

f x
g x

不恒成立．
当
0
a 
时，设
2ex
x
x
a



，则



e
2
0
x
x
x
x




，所以
x

在

0, 

上单调递增，
又当
0
x 
且
0
x 
时，
x
a

，当x 时，
x

，故
0
0
x


，使得

0
0
x


，
当


0
0,
x
x

时，
0
x


，

0
h
x


，当


0,
x
x

时，
0
x


，

0
h x


．
因为

0
0
x


，所以
0
2
0ex
x
a

．故






0
0
0
2
0
0
0
0
0
0
min
1 e
ln
1 e
e ln
x
x
x
h x
h x
x
a
x
x
x
x







0
2
0
0
2
0
0
1
1
e
ln
0
x
x
x
x
x










．因为
0
2
0e
0
x
x

，所以只需
0
2
0
0
1
1
ln
0
x
x
x



．
设
2
ln
t x
x
x
x



，则



2
1
1
1
1 2
x
x
t
x
x
x
x







．当


0,1
x
时，
0
t
x


，当


1,
x
时，

0
t
x


，
所以

max
1
0
t x
t


，所以
2
ln
0
x
x
x



．所以
0
2
0
0
1
1
ln
0
x
x
x



，故
0
2
0
0
1
1
ln
0
x
x
x



，
所以
0
1
1
x ，
0
1
x ，所以
e
a 
，故实数a 的取值集合为
e ．
2.已知函数

ln
2
f x
x
x


.
(1)求曲线

y
f x

在点



1,
1
f
处的切线方程；
(2)讨论函数

f
x 的单调性；
(3)若对任意的


1,
x
，都有


ln
1
x
x
x
k x



成立，求整数k 的最大值.
【答案】(1)
1
y ；(2)递减区间是(0,1)，递增区间是(1,
)
；(3)3.
【分析】（1）求出函数
( )
f x 的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程作答.
（2）利用导数求出
( )
f x 的单调区间作答.
（3）等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出函数的最小值情况作答.
【详解】（1）函数
( )
ln
2
f x
x
x



，求导得
1
( )
1
f
x
x


，则
( )
0
1
f 

，而
(1)
1
f
，
所以曲线
( )
y
f x

在点(1,
(1))
f
处的切线方程是
1
y .
（2）函数
( )
ln
2
f x
x
x



的定义域是(0,
)
，
1
( )
1
f
x
x


，
当
(0,1)
x
时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 单调递减，当
(1,
)
x
时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 单调递增，
所以函数
( )
f x 的递减区间是(0,1)，递增区间是(1,
)
.
（3）
(1,
)
x

，
ln
ln
(
1)
1
x
x
x
x
x
x
k x
k
x







，
令
ln
( )
,
1
1
x
x
x
g x
x
x




，求导得









2
2
2
ln
1
ln
ln
2
1
1
x
x
x
x
x
x
x
g
x
x
x











，
由（2）知，
( )
ln
2
f x
x
x



在(1,
)
上单调递增，
(3)
1
ln 3
0
f


，



4
2 1
ln 2
0
f



，
因此存在唯一
0
(3,4)
x 
，使得
0
(
)
0
f x

，即
0
0
0
0
ln
2
0
ln
2
x
x
x
x






，
当
0
(1,
)
x
x

时，
( )
0
f x 
，即
( )
0
g x


，当
0
(
,
)
x
x

时，
( )
0
f x 
，即
( )
0
g x


，
因此函数( )
g x 在
0
(1,
)
x
上单调递减，在
0
(
,
)
x 上单调递增，
于是
0
0
0
0
0
0
min
0
0
0
0
ln
(
2)
( )
(
)
1
1
x
x
x
x x
x
g x
g x
x
x
x









，则
0
(3,4)
k
x


，
所以整数k 的最大值是3.
3.已知函数



2
1
(ln )
2
ex
f
x
x
x
a
a




R .
(1)证明：曲线

y
f x

在
1
x 处的切线经过坐标原点；
(2)记

f
x 的导函数为

f
x

，设

g x
xf
x


，求使
0
g x 
恒成立的a 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析(2)

2,
【分析】（1）根据导数的几何意义求出函数

y
f x

在
1
x 处的切线方程即可证明；
（2）把不等式
0
g x 
恒成立转化为求函数
g x 的最大值小于等于零恒成立，然后利用导数求出函数

g x 的最大值即可得结果.
【详解】（1）由已知得

1
2ln
2
ex
x
f
x
a
x





，所以
1
2
f
a



，又
1
2
f
a


，
所以

f
x 在
1
x 处的切线方程为





2
2
1
y
a
a
x





，即


2
y
a x


，恒过坐标原点.
（2）

1
2ln
2
ex
g x
xf
x
x
x
ax






，定义域为

0, 

，






1
1
1 2
e
2
2
1 e
x
x
x
ax
g
x
a x
x
x










.
当
0
a 
时，


0,
g
x
g x


在

0, 

上单调递增，且1
2
0
g
a



，故
0
g x 
不恒成立.
当
0
a 
时，设
1
2
ex
h x
ax



，则



1
1 ex
h
x
a x




，则当


0,
x
时，


0,
h
x
h x


在

0, 

上单
调递减，
又


2
2
2
2
0
2
0,
1
2
1 e
2
2 e
a
a
h
h
a
a
a
a





















，因为
2
2
2,e
1
a
a 

，所以

2
2 e
2
a
a 

，即
2
1
0
h a








，
由零点存在定理知
h x 在
2
0,
1
a






内存在唯一零点
0x ，即

0 1
0
0
2
e
0
x
h x
ax




，即
0
0
1
0
0
2e
e
2,
e
x
x
ax
x
a


.
当
0
0
x
x


时，
0
h x 
，于是


0,
g
x
g x


在

0
0, x
上单调递增，
当
0
x
x

时，
0
h x 
，于是


0,
g
x
g x


在

0,
x 上单调递减，
所以
g x 在
0
x
x

处取得极大值也是最大值

0
g x
，要使
0
g x 
恒成立，只需


0
0
g x

.
因为



0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
2e
2ln
2
e
2ln
e
e
2ln
2
x
x
x
g x
x
x
ax
x
ax
a









，
由
2e
2ln
2
0
a 

，解得
2
a 
，故所求的a 的取值范围是

2,.
4.已知函数

ln
2
1
x
f x
x


，

ex
g x
m
f
x


（mR ，e为自然对数的底数）.
(1)求函数

f
x 的极值；
(2)若对


0,
x

，
0
g x 
恒成立，求m 的取值范围.
【答案】(1)极大值为
3
1
1
e ，无极小值(2)
3
1
,
e







【分析】（1）求导后，根据

f
x

的正负可求得

f
x 的单调性，根据极值的定义可求得结果；
（2）分离变量可将问题转化为

2
ln
ex
x
x
m
h x
x




在

0, 

上恒成立；求导后可令
3
ln
x
x
x



，
利用导数可求得
x

的单调性，利用零点存在定理可求得

x

的零点，并得到
h x 的单调性，由此可求
得min
h x
，化简可得
3
min
1
e
h x

，由此可求得m 的取值范围.
【详解】（1）

f x

定义域为

0, 

，

2
3 ln x
f
x
x



，当


3
0,e
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
；当


3e ,
x



时，

0
f
x


；
( )
f
x
\
在

3
0,e
上单调递增，在

3e ,上单调递减，
( )
f
x
\
的极大值为
3
3
1
e
1
e
f

，无极小值.
（2）由
0
g x 
得：
ln
2
e
1
0
x
x
m
x



，
2
ln
ex
x
x
m
x




在

0, 

上恒成立；
令
2
ln
ex
x
x
h x
x



，则







2
2
1
1
2
ln
1
1
3
ln
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
h x
x
x

















；
令
3
ln
x
x
x



，则

1
1
1
0
x
x
x
x






，

x


在

0, 

上单调递增，又
2
ln 2 1
0



，

3
ln 3
0



，


0
2,3
x


，使得

0
0
x


，则
0
0
ln
3
x
x


，当


0
0,
x
x

时，
0
h
x


；当


0,
x
x

时，
0
h x


；

h x

在

0
0, x
上单调递减，在

0,
x 上单调递增，



0
0
0
0
min
0
2
ln
e
x
x
x
h x
h x
x





；
由
0
0
ln
3
x
x


得：


0
0
0
0
ln
ln e
ln
e
3
x
x
x
x



，
0
3
0e
e
x
x


，



0
0
0
0
3
min
0
2
ln
1
e
e
x
x
x
h x
h x
x






，
3
1
e
m


，
则实数m 的取值范围为
3
1
,
e






.
模块三：综合巩固
1.已知函数
2
( )
2
ln
1
f x
x
a
x


，a R ．
(1)求函数
( )
f x 的单调区间；
(2)若对任意的
,
(
)
0
x
，不等式
2
1
1
(
1)
(
1)
1
ex
f x
x
x






恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)(
,2]

【分析】（1）第一步：求函数
( )
f x 的定义域与导函数
( )
f
x

，第二步：分
0
a 
，
0
a 
分别讨论
( )
f
x

的正
负，得函数
( )
f x 的单调区间.
（2）第一步：转化不等式，第二步：构造新函数( )
g x 并求导，第三步：分
0
a 
，
0
a 
分别讨论( )
g x 的
单调性，求出其最值，第四步：总结，得a 的取值范围.
【详解】（1）函数
( )
f x 的定义域为(0,
)
，
2
4
( )
4
a
x
a
f
x
x
x
x





，
当
0
a 
时，
( )
0,
( )


f
x
f x 在区间(0,
)
上单调递增；
当
0
a 
时，由
( )
0
f
x


，得
2
a
x 
，由
( )
0
f
x


，得0
2
a
x


，
( )
f x

在区间0, 2
a








上单调递减，在区间
,
2
a









上单调递增．
综上所述，当
0
a 
时，
( )
f x 的单调递增区间为(0,
)
，无单调递减区间；
当
0
a 
时，
( )
f x 的单调递减区间为0, 2
a








，单调递增区间为
,
2
a









．
（2）当
,
(
)
0
x
时
2
1
1
(
1)
(
1)
1
ex
f x
x
x






恒成立，等价于当
,
(
)
0
x
时，
2
1
2
ln(
)1
ex
x
x
a
x




1
0
1
x



恒成立．
设
2
1
1
( )
2
ln(
1)
e
1
x
g x
x
x
a
x
x






，则当
,
(
)
0
x
时，( )
0
g x 
恒成立，
2
1
1
( )
2
2
e
1
(
1)
x
a
g x
x
x
x








．
①当
0
a 
时，由
0
x 
可得2
2
2
x 

，
1
0
1
ex

，
1
2
2
0
ex
x




，又
2
1
0
1
(
1)
a
x
x





，
( )
0
g x



，
( )
g x

在(0,
)
上单调递增，而
(0)
0
g

，当
,
(
)
0
x
时．( )
0
g x 
恒成立．
②当
0
a 
时，令( )
( )
h x
g x


，则
2
3
3
2
1
2
1
1
( )
2
2 1
e
(
1)
(
1)
(
1)
e
(
1)
x
x
a
a
h x
x
x
x
x



















．
0
x

>
，
0
a 
，
3
1
2 1
0
(
1)
x










，且
2
1
0
e
(
1)
x
a
x



，
因此
( )
0
h x


，即
( )
g x

在(0,
)
上单调递增，当
0
x 
时，
( )
(0)
2
g x
g
a





．
当2
0
a


，即0
2
a


时，
(0)
0
g

，当
0
x 
时，
( )
0
g x


，
( )
g x

在(0,
)
上单调递增．
(0)
0
g


，当
,
(
)
0
x
时，
( )
0
g x 
恒成立．
当2
0
a


，即
2
a 
时，
(0)
2
0
g
a




，
(
1)
g a



1
2
1
1
2
1
ex
a
a



．
2
a 

，
2
1 1
a

，而
1
1
1
ex，因
1
1
2
1
0
ea
a



，故
(
1)
0
g a



，
而
( )
g x

在(0,
)
单调递增，当


0
0,
x
x

时，
( )
0
g x


，
( )
g x

在

0
0, x
上单调递减，从而当


0
0,
x
x

时，( )
(0)
0
g x
g


，不符合题意．
综上所述，
2
a 
，即实数a 的取值范围是(
,2]

．
2.已知函数


e
sin
cos ,
x
f
x
x
x f
x




为其导函数．
(1)求

f
x 在

π,

上极值点的个数；
(2)若


( )
2
2cos
f
x
ax
x a




R 对


π,
x

恒成立，求a 的值．
【答案】(1) 2 (2) 2
【分析】（1）利用指数函数的单调性与三角函数有界性分段讨论
( )
f
x

的符号，由此得函数
( )
f x 的单调性
与极值；
（2）先探求恒成立的必要条件，再证明其充分性.充分性的证明先构造函数，再利用导函数研究函数单调
性，结合（1）结论可证.
【详解】（1）
π
( )
e
cos
sin
e
2 sin
4
x
x
f
x
x
x
x












①当
3π
π
4
x



时，
5π
π
π
4
4
x




，所以
2 sin
0
4
x









，e
0
x 
，则
( )
0
f
x


，
所以
( )
f x 在
3
π,
π
4







单调递增；
②当
3π
π
4
2
x



时，则
π
3π
π
4
4
x



，
设
π
( )
( )
e
2 sin
4
x
g x
f
x
x











，则
π
( )
e
2 cos
4
x
g x
x










，
且e
1
x ，
π
2
2 cos
1
4
x










，则
( )
0
g x


，所以( )
g x 在
3
π
π,
4
2







单调递减，
又
3
π
π
4
2
3
π
π
e
0,
e
1
0
4
2
g
g




















，故存在
0
3
π
π,
4
2
x








，使得
0
(
)
0
g x

，即
0
(
)
0
f
x


，
且在
0
3 π,
4
x







上，
0
(
)
0
f
x


，在
0
π
,
2
x







上，
( )
0
f
x


，
所以
( )
f x 在
0
3 π,
4
x






上单调递增，在
0
π
,
2
x







上单调递减；
③当
π
0
2
x



时，则
3π
π
π
4
4
4
x




，所以
π
2
2 sin
1
4
x










，又e
1
x ，
所以
( )
0
f
x


，故
( )
f x 在
π ,0
2






上单调递减；
④当
π
0
4
x


时，则
π
π
0
4
4
x




，所以
π
1
2 sin
0
4
x









，又e
1
x ，
所以
( )
0
f
x


，当且仅当
0
x 
时取等号，所以
( )
f x 在
π
0, 4




上单调递增；
⑤当
π
4
x 
时，则
π
0
4
x 

，
π
4
π
e
e
e
2, 2 sin
2
4
x
x











，
所以
( )
0
f
x


，
( )
f x 在π ,
4





上单调递增；
综上所述，
( )
f x 在

0
π,x

上单调递增，在

0,0
x
上单调递减，在

0, 

上单调递增.
所以
( )
f x 在

π,

上仅有2 个极值点.
（2）当
π
x 时，
( )
2
2cos (
)
f
x
ax
x a




R 恒成立，即e
sin
cos
2
0(
)
x
x
x
ax
a





R .
令( )
e
cos
sin
2
x
x
x
x
ax






，若( )
0
x


对


π,
x

恒成立，由
0
0
e
cos0
2
0





，
( )
0
(0)
x




，
所以当
0
x 
时，( )
x 取得最小值.由
( )
e
sin
cos
x
x
x
x
a




，
则
0
x 
为函数( )
x 的极小值点，故
(0)
2
0
a




，解得
2
a 
.
下面证明：当
2
a 
时，
0
x 
为函数( )
x 的最小值点，
( )
e
sin
cos
2
x
x
x
x




，
令( )
e
sin
cos
2,
( )
e
cos
sin
( )
x
x
h x
x
x
h x
x
x
f x









，
由（1）可知，
( )
f x 在

0
π,x

上单调递增，在

0,0
x
上单调递减，在

0, 

上单调递增.
又
π
( π)
e
1
0
f



，且
(0)
0
f

，
所以当
π
x 时，
( )
f x 的最小值为
(0)
0
f

，则
( )
0
f x 
恒成立，即
( )
0
h x


在

π,

上恒成立，
所以( )
h x 即
( )
x

在

π,

上单调递增，又
(0)
0


，
所以当π
0
x


时，
( )
0
x


，当
0
x 
时，
( )
0
x


，
所以函数( )
x 在

π,0

单调递减，在

0, 

上单调递增，
所以( )
(0)
0
x




，即e
sin
cos
2
2
0
x
x
x
x





恒成立，符合题意.综上所述，
2
a 
.
3.已知函数

5
ln
f x
x


，


R
1
kx
g x
k
x



．
(1)若函数

f
x 的图象在点



1,
1
f
处的切线与函数

y
g x

的图象相切，求k 的值；
(2)若
N
k


，且


1,
x
时，恒有

f x
g x

，求k 的最大值．
（参考数据：


ln5
1.61,ln 6
1.7918,ln
2
1
0.8814




）
【答案】(1)1 或9(2)7
【分析】（1）求出

f
x 在点



1,
1
f
处的切线方程为
4
y
x


，从而设出


0
0
,
P
x
y
，由


0
1
g
x

，


0
0
4
g x
x


得到方程组，求出k 的值；
（2）参变分离得到当


1,
x
时，



1 5
ln
x
x
k
x



恒成立．构造函数，求导得到其单调性，结合隐零
点得到

min
1
2
h x
h m
m
m




，结合


5,3
2 2
m

，求出
36 ,8
5
h m





，从而求出k 的最大值.
【详解】（1）∵

5
ln
f x
x


，∴
1
5
f

，

1
f
x
x


，从而得到
1
1
f 
，
∴函数

f
x 的图象在点



1,
1
f
处的切线方程为
5
1
y
x


，即
4
y
x


．
设直线
4
y
x


与


R
1
kx
g x
k
x



的图象相切于点


0
0
,
P
x
y
，
从而可得


0
1
g
x

，

0
0
4
g x
x


，又




0
2
1
k
g
x
x



，∴

2
0
0
0
0
1
1
4
1
k
x
kx
x
x











，解得
0
2
9
x
k




或
0
2
1
x
k




，
∴k 的值为1 或9．
（2）由题意知，当


1,
x
时，5
ln
1
kx
x
x



恒成立，等价于当


1,
x
时，



1 5
ln
x
x
k
x



恒成
立．
设



1 5
ln
x
x
h x
x





1
x 
，则





2
2
1
5
ln
1
5
ln
5
ln
4
ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
h x
x
x
x

















，
记


4
ln
1
p x
x
x x




，则

1
1
1
0
x
p
x
x
x





在

1,上恒成立，
∴
p x 在

1,上单调递增．又
5
1 ln5
0
p


，






3
2 2
2 2
1 ln 3
2 2
2 2
1 2ln
2
1
2 1.414 1 2 0.8814
0
p











，
∴在


1,
x
上存在唯一的实数m，且


5,3
2 2
m

，使得
4
ln
0
p m
m
m




①，
∴当


1,
x
m

时，

0
p x 
，即

0
h x


，则
h x 在


1,
x
m

上单调递减，
当


,
x
m

时，

0
p x 
，即

0
h x


，则
h x 在


,
x
m

上单调递增，
∴当


1,
x
时，




min
1 5
ln
m
m
h x
h m
m




，
由①可得ln
4
m
m


，∴





2
1 5
ln
1
1
2
m
m
m
h m
m
m
m
m








，
由对勾函数性质可知
1
2
h m
m
m



在


5,3
2 2
m

上单调递增，
其中
1
36
5
5
2
5
5
h




，










3
2 2
1
5
ln 3
2 2
4
2 2
5
2ln 1
2
3
2 2
7.9
3
2 2
3
2 2
h





















，
∴
36 ,8
5
h m





，又
N
k


，∴k 的最大值是7．
4.设函数

sin
f x
x
x

，xR
(1)求

f
x 在区间

0,π 上的极值点个数；
(2)若
0x 为

f
x 的极值点，则




2
0
0
ln 1
f
x
x



，求整数的最大值.
【答案】(1)1(2)1
【分析】（1）求得

sin
cos
f
x
x
x
x



，令
sin
cos
x
x
x
x



，可得

2cos
sin
x
x
x
x



，分
π
0, 2
x






和
π ,π
2
x






，两种情况讨论，求得函数的单调性，结合极值点的概念，即可求解；
（2）由题意得到
0
0
tan x
x

，化简


2
2
0
0
0
1
1
1
f x
x
x


，令
2
0
1
1
t
x


，转化为
1
2 ln
t
t
t



，记



1
2 ln
1
g t
t
t t
t




，求得

2
2
2
1
t
t
g t
t





，当
1
和
2

，两种情况求得函数的单调性，结合

0
g t 
和（1）中的极值点，即可求解.
【详解】（1）解：由函数

sin
f x
x
x

，可得

sin
cos
f
x
x
x
x



，令

sin
cos
x
f
x
x
x
x





，可得

2cos
sin
x
x
x
x



，①当
π
0, 2
x






时，

sin
0
f
x
x



，

f
x 单调递增，无极值点；
②当
π ,π
2
x






时，

2cos
0
x
x




，

f
x

单调递减，又
π
1
0
2
f 







，

π
π
0
f 

，故存在唯一
1
π ,π
2






x
，使得

1
0
f
x


，
当
1
π
2
x
x


时，
( )
0
f
x
¢
>
；当
1
π
x
x


时，

0
f
x


，故

f
x 在
1
π ,
2 x





上单调递增，在

1,π
x
上单调递
减，

f
x 有极大值点
1
x ，综上可得，

f
x 在区间

0,π 上有1 个极值点.
（2）解：若
0x 为

f
x 的极值点，则


0
0
0
0
sin
cos
0
f
x
x
x
x




，即
0
0
tan x
x

，
由


2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
2
2
2
0
0
0
0
2
2
0
0
0
sin
tan
1
sin
1
sin
cos
tan
1
1
1
x
x
x
f x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x










，
令
2
0
1
1
t
x

，




2
0
0
ln 1
f x
x



，即
1
2 ln
t
t
t



.
记


1
2 ln
1
g t
t
t t
t




，即
0
g t 
，则

2
2
2
1
2
2
1
1
t
t
g t
t
t
t








，
①当
1
时，



2
2
1
0
t
g t
t




，故
g t 在

1,上单调递增，所以

1
0
g t
g


，符合题意；
②当
2

时，若1
2
3
t


，
则

2
2
4
1
0
t
t
g t
t





，故
g t 在

1,2
3

上单调递减，
由（1）这

f
x 在区间
,
2
π π





上存在极值点，记为
1
x ，则
2
2
1
1
1
1
2
3
x







，
故


2
1
1
1
0
g
x
g



，不符题意，综上可得，整数的最大值为1.
5.已知函数






ln
e
1
f x
x
a
x
x
a




R ．
(1)当
0
a 
时，讨论函数
( )
f x 的单调性；
(2)若
( )
0
f x 
在(1,
)
上恒成立，求a 的取值范围．
【答案】(1)
( )
f x 在

e 1
e
,
上单调递增，在

e 1
0,e 
上单调递减(2)

2e
2e, 


【分析】（1）已知
0
( )
ln
e(
1)
( )
ln
(e 1)
a
f x
x
x
x
f
x
x











由
( )
0
f
x


得
e 1
e
x


，由
( )
0
f
x


得
e 1
0
e
x



函数
( )
f x 的单调性
（2）由题意可得如果
( )
0
f x 
在(1,
)
上恒成立
e(
1)
ln
x
a
x
x




在(1,
)
上恒成立
e(
1)
( )
(
1)
ln
max
( )
x
g x
x x
x
a
g x






设
，由
2
e
2
( )
(ln )
eln
e
2
e
(ln )
eln
e
1
e
( )
(
1)
( )
2ln
e
( )
(ln )
h x
x
x
x
x
x
x
g x
x
h x
x
h x
x
x
x























设
构造函数、求导
的单调性
(1)
(e) 0
h
h


当
(1,e)
x
时，( )
0
h x 
，( )
g x 单调递增，当
(e,
)
x
时，( )
0
h x 
，( )
g x 单调递减
2
max
( )
(e)
e
2e
g x
g
a





的取值范围.
【详解】（1）当
0
a 
时，
( )
ln
e(
1)
f x
x
x
x



，则
( )
ln
(e
1)
f
x
x




，由
( )
0
f
x


得
e 1
e
x


，
由
( )
0
f
x


得
e 1
0
e
x



，
所以
( )
f x 在

e 1
e
, 

上单调递增，在

e 1
0,e 
上单调递减．
（2）解法一：当
1
x 时，ln
0
x 
，故由
( )
0
f x 
在

1, 

上恒成立，得
e(
1)
ln
x
a
x
x



在(1,
)
上恒成
立．
令
e(
1)
( )
(
1)
ln
x
g x
x x
x




，则
max
( )
a
g x

，
2
2
e
(ln )
eln
e
( )
(
1)
(ln )
x
x
x
g x
x
x







．
设
2
e
( )
(ln )
eln
e
h x
x
x
x




，则
2
2ln
e
e
1
e
( )
2ln
e
x
h x
x
x
x
x
x
x











．
设
e
( )
2ln
e
m x
x
x



，则
2
e
2
( )
x
m x
x



，令

0
m
x


，得
e
2
x 
，
当
e
1, 2
x





时，

0
m
x


，当
e ,
2
x








时，

0
m
x


，
所以
( )
m x 在
e
1, 2





上单调递增，在e ,
2







上单调递减，又
(1)
0
m

，
e
0
2
m





，
(e)
e
3
0
m



，
所以存在
0
e ,e
2
x





，使得


0
0
m x

，且当


0
1,
x
x

时，
( )
0
m x 
，当


0,
x
x



时，
( )
0
m x 
，
所以( )
h x 在

0
1, x
上单调递增，在

0,
x


上单调递减，又(1)
(e)
0
h
h


，
所以当
(1,e)
x
时，( )
0
h x 
，( )
g x 单调递增，当
(e,
)
x
时，( )
0
h x 
，( )
g x 单调递减，
所以
2
max
( )
(e)
e
2e
g x
g



，所以
2e
2e
a 

，即a 的取值范围为

2e
2e, 


．
解法二：由
( )
0
f x 
在(1,
)
上恒成立，得
(e)
0
f

，即
2e
2e
a 

．
下面证明当
2e
2e
a 

时，
( )
0
f x 
在(1,
)
上恒成立．


2
( )
(
)ln
e(
1)
e
2e ln
e(
1)
f x
x
a
x
x
x
x
x









，令





2e
2e ln
e
1
1
p x
x
x
x
x






，
要证
( )
0
f x 
在(1,
)
上恒成立，只需证
( )
0
p x 
在(1,
)
上恒成立．



2e
2e
ln
1
e
1
p
x
x
x
x






，设
2e
2e
( )
ln
1 e
m x
x
x



，则


2
2
e
2e
( )
x
m x
x




，
令
( )
0
m x


，得
2e
2e
x 

，当


2
1,e
2e
x

时，

0
m
x


，当


2e
2e,
x




时，

0
m
x


，
所以

m x 在

2
1,e
2e

上单调递减，在

2e
2e, 


上单调递增，
所以当
2e
2e
x 

时，

m x 取到极小值也是最小值，
所以







2
2
min
e
2e
ln e
2e
2
e
1
ln e
2
2
e
0
p
x
m












，
又
2
2
2
(1)
e
3e 1
(e 1)
e
1.7
e
0
p








，
e
0
p

，故存在


2
1
1,e
2e
x 

，使得

1
0
p x


，
当


1
1,
x
x

时，
( )
0
p x


，
( )
p x 单调递增，当


1,e
x
x

时，
( )
0
p x

，
( )
p x 单调递减，
当
(e,
)
x
时，
( )
0
p x


，
( )
p x 单调递增，
故当
(1,
)
x
时，
( )
(1)
(e)
0
p x
p
p



．综上，a 的取值范围为

2e
2e, 


．
6.设函数
cos
sin
( )
e
,
R, ( )
e
x
x
x
x
f x
ax a
g x





.
(1)讨论( )
g x 在区间(0, π) 上的单调性；
(2)若
(2 )
( )
f
x
g x

在
[0,
)
x 
上恒成立，求a 的取值范围.
【答案】(1) 
g x 在

0,π 上单调递减(2)

,1

【分析】（1）求导得到

2sin
ex
x
g
x



，结合三角函数的性质与指数函数的性质得到

0
g x


，从而得解；
（2）构造函数
2
sin
cos
e
2
e
x
x
x
x
h x
ax






0
x 
，再求导得

h x

，从而利用导数得到

h x

在

0, 

上
单调递增且


0
2
2
h
x
h
a





，分类讨论
1
a 和
1
a 即可得解.
【详解】（1）因为
cos
sin
( )
ex
x
x
g x


，


0,π
x
，所以

2sin
ex
x
g
x



，
因为


0,π
x
，所以sin
0
x 
，e
0
x 
，则2sin
0
x


，
2sin
0
ex
x


，
即

0
g x


在

0,π 恒成立，即
g x 在

0,π 上单调递减.
（2）由题意，得当
0
x 
时，



2
f
x
g x

，即
2
cos
sin
e
2
e
x
x
x
x
ax



，即
2
sin
cos
e
2
0
e
x
x
x
x
ax




.
令
2
sin
cos
e
2
e
x
x
x
x
h x
ax




，
0
x 
，则

2
2sin
2e
2
e
x
x
x
h
x
a




，
设

x
h
x


，则

3
2
π
4e
2 2 sin
2sin
2cos
4
4e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x















，
当


0,
x
时，
3
4e
4
x 
，
π
2 2 sin
2 2
4
x








，所以

0
x


，
所以

x
h
x


在

0, 

上单调递增，则


0
2
2
h
x
h
a





，
①当
1
a 时，2
2
0
a


，则

0
h
x


，所以
h x 在

0, 

上单调递增，所以

0
0
h x
h


恒成立，符
合题意.
②当
1
a 时，则

0
2
2
0
h
a




，且由指数函数
2e x
y 
爆炸增长性质可知，当x 时，

h
x

，
则由零点存在定理可知，必存在正实数
0x 满足


0
0
h x


，
则当


0
0,
x
x

时，

0
h
x


，
h x 在

0
0, x
上单调递减，
此时


0
0
0
h x
h


，不符合题意.综上，a 的取值范围是

,1

.
7.已知函数

2
1
ln
(
)
2
f
x
x
a
x



，其中aR ．
(1)当
1
a 时，求函数

f
x 在



1,
1
f
处的切线方程；
(2)讨论函数

f
x 的单调性；
(3)若

f
x 存在两个极值点






1
2
1
2
2
1
,
,
x x
x
x
f
x
f
x


的取值范围为3
15
ln2,
2ln2
4
8







，求a 的取值范
围．
【答案】(1)
1
0
x
y


(2)答案见解析(3) 3 2 5
,
2
2








【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；
（2）求导后，分类讨论a ，根据导数的符号可得结果；
（3）根据

f
x 存在两个极值点可得
2
a 
，且
1
2
1
2
1,
x
x
x
x
a




，根据单调性可得




1
2
f
x
f
x

，将




2
1

f
x
f
x
化为
1
1
2
2
2
1
ln
2
2
x
x
x
x
x
x


，利用比值代换可求出结果.
【详解】（1）当
1
a 时，

2
1
ln
(1
)
2
f
x
x
x



，定义域为(0,
)
，所以



1
1
f
x
x
x 



，
所以

1
1
k
f 

，又

1
0
f

，所以函数

f
x 在



1,
1
f
处的切线方程为
1
y
x

，即
1
0
x
y


.
（2）

f
x 的定义域是

0, 

，

2
2
1
1
ln
2
2
f x
x
x
ax
a




，

2
1
1
x
ax
f
x
x
a
x
x







，
令
2
1
g x
x
ax


，则
2
4
a


．
①当
0
a 
或
0

，即
2
a 
时，

0
f
x


恒成立，所以

f
x 在

0, 

上单调递增．
②当
0
Δ
0
a 




，即
2
a 
时，由
( )
0
f
x


，得
2
4
0
2
a
a
x




或
2
4
2
a
a
x



；
由

0
f
x


，得
2
2
4
4
2
2
a
a
a
a
x






，所以

f
x 在
2
4
0,
2
a
a










和
2
4 ,
2
a
a











上单调递增，
在
2
2
4
4
,
2
2
a
a
a
a












上单调递减．综上所述，当
2
a 
时，

f
x 在

0, 

上单调递增；
当
2
a 
时，

f
x 在
2
4
0,
2
a
a










和
2
4 ,
2
a
a











上单调递增，在
2
2
4
4
,
2
2
a
a
a
a












上单调递减
（3）由（2）当
2
a 
时，

f
x 在

0, 

上单调递增，此时函数
( )
f x 无极值；
当
2
a 
时，

f
x 有两个极值点，即方程
2
1
0
x
ax


有两个正根
1
2
,
x x ，
所以
1
2
1
2
1,
x
x
x
x
a




，则

f
x 在

1
2
,
x x
上是减函数．所以




1
2
f
x
f
x

，
因为

2
2
1
1
ln
2
2
f x
x
x
ax
a




，所以








2
1
1
2
f
x
f
x
f
x
f
x



2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
ln
ln
2
2
2
2
x
x
ax
a
x
x
ax
a


















2
2
1
1
2
1
2
2
1
ln
2
x
x
x
a x
x
x









2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
ln
2
x
x
x
x
x
x
x
x








2
2
1
1
2
2
1
ln
2
x
x
x
x



2
2
1
1
2
2
1
2
ln
2
x
x
x
x
x x



1
1
2
2
2
1
ln
2
2
x
x
x
x
x
x



，令
1
2
(0
1)
x
t
t
x


，则





1
2
1
1
ln
2
2
f
x
f
x
h t
t
t
t





，

2
2
2
2
2
1
1
1
2
1
(
1)
0
2
2
2
2
t
t
t
h t
t
t
t
t












，所以
h t 在

0,1 上单调递减，
又
1
3
1
15
ln 2,
2ln 2
2
4
4
8
h
h
















，且
1
3
15
1
( )
ln2
( )
2ln2
( )
2
4
8
4
h
h t
h






，
所以1
1
4
2
t

，由


2
2
1
2
1
2
1
1 1
2,
,
4 2
x
x
a
t
t
x x
t










，又
1
2
g t
t
t


在1 1
,
4 2





上单调递减，
所以
2
9
25
2
4
a


且
2
a 
，所以实数a 的取值范围为3 2 5
,
2
2








．
8.已知函数
e
1
x
f x 

(1)若

)
R
(
g x
f x
ax a


，讨论
g x 的单调性.
(2)当
0
x 
时，都有

1
1
0
x
k
f x
x




成立，求整数k 的最大值.
【答案】(1)答案见解析(2)1
【分析】（1）求定义域，求导，分
0
a 
与
0
a 
两种情况，得到
g x 的单调性；
（2）变形得到
1
1
1
ex
k
x
x





，令
1
1
ex
u
x
x
x




，


0,
x
，只需min
1
u x
k

，求导，结合隐零点
得到
u x 的单调性和极值，最值情况，得到




0
0
min
2
1
,3
u x
u x
x 


，从而求出整数k 的最大值.
【详解】（1）
e
1
x
g x
ax


，定义域为R，
且

ex
g
x
a



，
当
0
a 
时，

e
0
x
g
x
a




恒成立，故
e
1
x
g x
ax


在R 上单调递增，
当
0
a 
时，令

0
g x


得，
ln
x
a

，此时
g x 单调递增，
令

0
g x


得，
ln
x
a

，此时
g x 单调递减，
综上：当
0
a 
时，
g x 在R 上单调递增，
当
0
a 
时，
g x 在

,ln a

上单调递减，在

ln ,a 上单调递增；
（2）由题意得，


1
0
e
1
1
x
x
k
x





在


0,
x
上恒成立，
因为
0
x 
，所以e
1
0
x 
，故
1
1
1
ex
k
x
x





，令
1
1
ex
u
x
x
x




，


0,
x
，只需min
1
u x
k

，









2
2
e
e
2
e
1
1 e
1
e
1
e
1
x
x
x
x
x
x
x
x
u
x









，令
e
2
x
x
w x 
，


0,
x
，
则

e
1
0
x
w x



在


0,
x
上恒成立，故
e
2
x
x
w x 
在


0,
x
上单调递增，
又

2
2
e 3
4
1
0,
e
0
w
w





，故存在


0
1,2
x 
，使得


0
0
w x

，即
0
0
e
2
0
x
x



，
当


0
0,
x
x

时，

0
w x 
，

0
u
x


，
1
1
ex
u
x
x
x




单调递减，
当


0,
x
x

时，
0
w x 
，

0
u
x


，
1
1
ex
u
x
x
x




单调递增，
故
1
1
ex
u
x
x
x




在
0
x
x

处取得极小值，也是最小值，



0
0
0
0
0
0
0
0
1
e
2,3
1
1
1
2 1
x
x
x
u x
x
x
x
x












，
所以



0
1
2,3
k
u x


，故整数k 的最大值为1.
9.已知函数
( )
sin
ln(1
)(
)
f x
a
x
x a



R ．
(1)若
1
a ，求证：
0,
( )
2
0
x
f x
x



；
(2)当
1
a 时，对任意
0, 2
k
x





，都有
( )
0
f x 
，求整数k 的最大值．
【答案】(1)证明见解析(2)3
【分析】（1）将恒成立问题转化为最值问题，利用导数判断函数单调性进而即得；
（2）选特值
1
a ，
4
k 
时，举反例验证结论不成立，从而得出
4
k 
，赋值
3
k 
，通过参数放缩与导数，
来证明结论成立，即找到了整数k 的最大值.
【详解】（1）
1
a 时，设
( )
( )
2
sin
ln(1
)
2
g x
f x
x
x
x
x






，则
1
( )
cos
2
1
g x
x
x





，
1
1
0
1
1
( 1,0)
cos
[ 1,1]
cos
2
0
1
1
x
x
x
x
x
x












，
即
( )
0
g x


在(0,
)
上恒成立，
( )
g x

在(0,
)
上单调增，又
(0)
0
( )
(0)
0
g
g x
g




，
即
0,
( )
2
0
x
f x
x



；
（2）
1
a 时，当
4
k 
时，
(2)
sin 2
ln 3
0
f



，所以
4
k 
．
下证
3
k 
符合．
3
k 
时，当
3
0, 2
x





时，sin
0
x 
，所以当
1
a 时，
( )
sin
ln(1
)
sin
ln(1
)
f x
a
x
x
x
x






．
记( )
sin
ln(1
)
h x
x
x



，则只需证( )
sin
ln(1
)
0
h x
x
x




对
3
0, 2
x





恒成立．
1
( )
cos
1
h x
x
x



，令
1
( )
cos
1
x
x
x



，则
2
1
( )
sin
(
1)
x
x
x




在
π
0, 2





递减，
又
2
π
1
(0)
1
0,
1
0
2
π
1
2



















，所以存在
1
π
2
0,
x





，使得

1
0
x


，
则




1
1
0,
,
0, ( )
x
x
x
x





在

1
0, x
递增，


1
1
π
,
,
0, ( )
2
x
x
x
x











在
1
π
, 2
x






递减；
又
π
1
(0)
0,
0
π
2
1
2











，所以存在
2
1
π
, 2
x
x





使得

2
0
x


，且


2
2
π
0,
, ( )
0,
,
, ( )
0
2
x
x
x
x
x
x












，
所以( )
h x 在

2
0, x
递增，在
2
π
, 2
x





递减，又
π
π
(0)
0,
1 ln 1
0
2
2
h
h 















，所以( )
0
h x 
对
π
0, 2
x





恒成
立，
因为
3
π
0,
0,
2
2












，所以
3
k 
符合．
综上，整数k 的最大值为3．
10.已知函数



ln
1 ,
R
x
f x
a x
a
x




．
(1)试讨论

f
x 的极值点的个数；
(2)若

g x
xf
x

，且对任意的


1,
x



都有
0
g x 
，求a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)

, 1

【分析】（1）根据题意，求得

2
ln
1
x
f
x
a
x




，令

0
f
x


，单调
2
ln
1
x
a
x


，令
2
ln
1
x
h x
x


，求得

3
3
2lnx
h x
x



，得到函数
h x 的单调性与最大值，进而得出答案.
（2）解法一：令


1
2
m x
g
x
ax
a
x





，求得

2
1
2
m x
a
x



，得到函数

m x 的单调性，且


1
1
0
m x
m
a



，进而得
g x 在

1,上单调递减，进而求得a 的取值范围；
解法二：由

2
ln
g x
xf
x
x
ax
ax




，当
0
a 
时，
2
0
g

，不符合题意；当a<0时，取得

2
2
1
ax
ax
x
g x




，得到

0
g x


有两个异号实根
1
2
,
x x ，分
2
1
x 和
2
0
1
x

，两种情况讨论，即可求
解.
解法三：根据题意，把不等式的恒成立，转化为
2
lnx
a
x
x


恒成立，令
2
lnx
t x
x
x


，求得







2
2
2
1 ln
1
x
x
x
t
x
x
x






，令




2
1 ln
1 ,
1
x
x
x
x
x





，利用导数求得函数的单调性，得出
t x 在


1,上单调递增，进而求得a 的取值范围.
【详解】（1）解：由函数



ln
1
x
f
x
a x
x



的定义域为

0, 

，可得

2
ln
1
x
f
x
a
x




，
令

0
f
x


，即
2
ln
1
x
a
x


，令
2
ln
1
x
h x
x


，则

3
3
2lnx
h x
x



，
当
3
2
0
e
x


时，

0
h x


，
h x 单调递增；当
3
2
e
x 
时，

0
h
x


，
h x 单调递减，
所以
3
2
max
3
1
( )
e
2e
h x
h







，又当0
e
x


时，
0
h x 
且
e
0
h

；且当x 时，
0
h x →，
所以当
3
1
2e
a 
时，

f
x 无极值点；
当
3
1
0
2e
a


时，

f
x 有两个极值点；
当
0
a 
时，

f
x 有1 个极值点．
（2）解法一：由

2
ln
g x
xf
x
x
ax
ax




，可得

1
2
g
x
ax
a
x




，且1
0
g

，
若

1
0
g
a



，即
1
a ，则
0
1
x

，使得


0
1,
x
x

时，

0
g x


，
所以
g x 在

0
1, x
上单调递增，所以


0
1
0
g x
g


，此时与题意不符，故

1
0
g

，可得
1
a ，
下证当
1
a 时，
0
g x 
对


1,
x



恒成立．
证明：令


1
2
m x
g
x
ax
a
x





，则

2
1
2
m x
a
x



．
因为


1,
,
1
x
a


，所以

0
m
x


对


1,
x



恒成立，
所以

m x 在

1,上单调递减，所以


1
1
0
m x
m
a



，
所以

0
g x


，对


1,
x



恒成立，
所以
g x 在

1,上单调递减，所以

1
0
g x
g


，所以
0
g x 
对

1,恒成立．
综上所述，实数a 的取值范围为

, 1

．
解法二：由

2
ln
g x
xf
x
x
ax
ax




．①当
0
a 
时，
2
ln2
2
0
g
a



，不符合题意；
②当a<0 时，

2
1
2
1
2
ax
ax
ax
a
x
x
g
x







，令

0
g x


，即
2
2
1
0
ax
ax

，可得
2
Δ
8
0
a
a



，且
两根之积为1
0
2a 
，
所以

0
g x


有两个异号实根，设两根为
1
2
,
x x ，且
1
2
0
x
x


，
若
2
1
x ，当


2
1,
x
x

时，

0
g x


，
g x 单调递增；
当


2,
x
x

时，

0
g x


，
g x 单调递减，
所以


2
1
0
g x
g


，此时不符合题意．
若
2
0
1
x

，则

1
0
g

，即
1
a ，此时
g x 在

1,上单调递减，
所以

1
0
g x
g


，符合题意．综上所述，实数a 的取值范围为

, 1

．
解法三：由

2
ln
g x
xf
x
x
ax
ax




．若
1
x ，则
0,
R
g x
a


，满足题意；
若
1
x ，则
2
lnx
a
x
x


，令
2
ln
,
1
x
t x
x
x
x



，则






2
2
2
1 ln
1
x
x
x
t
x
x
x






，
令




2
1 ln
1 ,
1
x
x
x
x
x





，则

1
2ln
1
x
x
x





，
因为
1
x ，所以

0
x


，
所以
x

在

1,上单调递增，所以

1
0
x




，则
0
t x


在

1,上恒成立，
所以
t x 在

1,上单调递增，所以
2
1
1
1
ln
lim
lim
1
2
1
x
x
x
x
t x
x
x
x

























，
所以
1
a ，即实数a 的取值范围为

, 1

．