专题08 导数压轴大题一：含参分类讨论函
数单调性、去参恒成立问题、隐零点问题（解
析版）
一、含参分类讨论函数单调性
分类讨论问题，最主要是找到将区间分段的临界值，一般有两个临界：
1．
以定义域或运算有无意义的端点为临界；
如ln x 的定义域为
(0,
)
x
，求出来的解x
a
的临界值为参数
0
a
，
可分为
0,
0,
0
a
a
a
三种情况；
如求解
1
ax ，a 能不能作为除数，有无意义，有意义了除了后用不用变号，
也是以
0
a
为临界；
2．
若求出两根，令两根相等可求出临界值；
如
1
2
1
1,
,
x
x
a
令
1
1
,
a
得临界
1
a .
找准临界后再将可取范围分段即可，做到不偏不漏不重.
二、去参恒成立问题
参数范围已知，证明不等式恒成立问题，可以尝试从函数单调性比较大小，考虑
参数取其范围的端点代入，将参数换成数字，再进行求导证明，计算量会少很多.
三、
隐零点问题
求解导数压轴题时，很多时候都需要求函数在给定区间上的零点，但经常会碰到函数具
有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形．此时，可以将这个零点虚设出来而不必求
出来，然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件，从而最终获得问题的解决．我们
称这种解题方法为“虚设零点”法．此解题方法类似于解析几何中的“设而不求”.
当导函数存在零点且无法求出时，可考虑虚设零点
0x ，对
0
(
)
0
f
x
进行合理的变形与代换，
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将超越式转化为普通式，从而达到化简
0
(
)
f x
的目的.根据零点存在性判定定理，结合
(
)
f x
的
单调性，
0
(
)
f x
为函数的一个最值，即可完成证明.
题型一含参分类讨论函数单调性
1．已知函数
3
2
( )
1
f x
x
x
ax
．
（1）讨论
f x 的单调性；
（2）求曲线
y
f x
过坐标原点的切线与曲线
y
f x
的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2)
和
1
1 a
，
.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：
2
3
2
f
x
x
x
a
，
导函数的判别式
4 12a
，
当
1
4 12
0,
3
a
a
时，
0,
f
x
f x
在R 上单调递增，
当
时，
的解为：
1
2
1
1 3
1
1 3
,
3
3
a
a
x
x
，
当
1
1 3
,
3
a
x
时，
单调递增；
当
1
1 3
1
1 3
,
3
3
a
a
x
时，
单调递减；
当
1
1 3 ,
3
a
x
时，
单调递增；
综上可得：当
时，
在R 上单调递增，
当
时，
在
1
1 3
,
3
a
，1
1 3 ,
3
a
上
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单调递增，在1
1 3
1
1 3
,
3
3
a
a
上单调递减.
(2)由题意可得：
3
2
0
0
0
0
1
f x
x
x
ax
，
2
0
0
0
3
2
f
x
x
x
a
，
则切线方程为：
3
2
2
0
0
0
0
0
0
1
3
2
y
x
x
ax
x
x
a
x
x
，
切线过坐标原点，则：
3
2
2
0
0
0
0
0
0
0
1
3
2
0
x
x
ax
x
x
a
x
,
整理可得：
3
2
0
0
2
1
0
x
x
，即：
2
0
0
0
1 2
1
0
x
x
x
，
解得：
，则
，
0
'(
)
1
1
f
x
f
a
切线方程为：
1
y
a
x
,
与
联立得
3
2
1
(
1)
x
x
ax
a
x
，
化简得
3
2
1
0
x
x
x
,由于切点的横坐标1 必然是该方程的一个根，
1
x
是
3
2
1
x
x
x
的一个因式，
∴该方程可以分解因式为
2
1
1
0,
x
x
解得
1
2
1,
1
x
x
,
1
1
f
a
，
综上，曲线
过坐标原点的切线与曲线
的公共点的坐标为
和
1
1 a
，
.
【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注
意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，
要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时
要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压
轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.
2．已知函数
2
( )
e
(
2)e
x
x
f x
a
a
x
.(
R)
a
(1)讨论函数
( )
f x 的单调性；
(2)若
0
a
，求证：
2
1
1
( )
f x
a
a
.
【分析】（1）对函数求导得到
( )
( e
1)(2e
1)
x
x
f
x
a
，分
0
a
和
0
a
进行讨论，再利用函数的单调性与导
数间的关系即可求出结果；
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（2）根据（1）中的单调性，得到
( )
f x 的最小值为ln
1
1
a
a
，从而将问题转化成
2
0
l
1
1
n a
a
，构造函
数
2
)
1
( )
ln
1(
0
g
x
x
x
x
，对( )
g x 求导，利用函数的单调性与导数间的关系，求出( )
g x 的最小值，即可证
明结果.
【详解】（1）因为
2
( )
e
(
2)e
x
x
f x
a
a
x
，所以
2
( )
2 e
(
2)e
1
( e
1)(2e
1)
x
x
x
x
f
x
a
a
a
,
易知，2e
1
0
x
恒成立，
当
0
a
时，
( )
0
f
x
恒成立，所以
( )
f x 在R 上单调递减，
当
0
a
时，由
( )
0
f
x
，得到
ln
x
a
，
当
(
, ln )
x
a
时，
( )
0
f
x
；当
( ln ,
)
x
a
时，
( )
0
f
x
，
所以
0
a
时，函数
( )
f x 在区间(
, ln )
a
上单调递减，在区间( ln ,
)
a
上单调递增，
综上，当
0
a
时，
( )
f x 在R 上单调递减，
当
0
a
时，函数
( )
f x 减区间为(
, ln )
a
，增区间为( ln ,
)
a
.
（2）由（1）知，当
0
a
时，函数
( )
f x 的最小值为
2ln
ln
1
2
1
( ln )
e
(
2)e
ln
ln
ln
1
a
a
a
f
a
a
a
a
a
a
a
a
a
，
所以要证
2
1
1
( )
f x
a
a
，即证明
2
ln
1
1
1
1
a
a
a
a
在区间
0,
上恒成立，
整理得
2
0
l
1
1
n a
a
，
令
2
)
1
( )
ln
1(
0
g
x
x
x
x
，则
2
3
3
3
2
2
)
1
(
(
2
)
(
2)
x
x
x
g
x
x
x
x
x
，
所以当
(0, 2)
x
时，
( )
0
g x
，当
( 2,
)
x
时，
( )
0
g x
，
则函数( )
g x 在区间(0,
2) 上单调递减，在区间( 2,
)
上单调递增，
故( )
g x 的最小值为
3
1
( 2)
ln
2
1
ln 2
0
2
1
2
2
g
，
即
0
a
时，
2
0
l
1
1
n a
a
恒成立，所以
0
a
时，
2
1
1
( )
f x
a
a
.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数
h x ；
（3）利用导数研究
h x 的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式；
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特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
3．已知函数
2
2
1
2
ln
2
2
f x
x
ax
x
x
ax
，
R
a
.
(1)讨论
( )
f x 的单调性；
(2)当
0
a
时，若
2
1
1 ln
2
f x
a
a
恒成立，求a 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
2
[e,e ]
【分析】（1）求导后对a 分类讨论即可得；
（2）由函性质可得
0
x
时，
( )
0
f x
，则
2
1
(1
ln )
0
2 a
a
，再结合函数单调性进行分类讨论计算即可得.
【详解】（1）函数
( )
f x 的定义域为
,
(
)
0
x
，
2
1
( )
(2
2 )ln
(
2
)
2
2(
)ln
f
x
x
a
x
x
ax
x
a
x
a
x
x
，
①当
0
a
时，令
( )
0
f
x
，得
1
x ，则当0
1
x
时，
( )
0
f
x
，
当
1
x 时，
( )
0
f
x
，所以
( )
f x 在(0,1)上单调递减，在(1,
)
上单调递增，
②当
0
a
时，令
( )
0
f
x
，得
1
x 或x
a
，
ⅰ）当0
1
a
时，则当0
x
a
或
1
x 时，
( )
0
f
x
，
当
1
a
x
时，
( )
0
f
x
，所以
( )
f x 在(0, )
a 和(1,
)
上单调递增，在( ,1)
a
上单调递减，
ⅱ）当
1
a 时，当
0
x
时，
( )
0
f
x
，所以
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，
ⅲ）当
1
a 时，则当0
1
x
或x
a
时，
( )
0
f
x
，当1
x
a
时，
( )
0
f
x
，
所以
( )
f x
在(0,1)和( ,
)
a 上单调递增，在(1, )
a 上单调递减，
（2）当
0
x
时，令
1
e t
x
，则
1
ln e
ln
e
e
t
t
t
t
x
x
，
0
x
时，t ，则
0
e t
t
，
故ln
0
x
x
，则
2 ln
0
x
x ，
故当
0
x
时，
2
2
1
ln
2
ln
2
(
2
)
0
x
x
ax
x
x
x
a
f
x
，
所以当
0
x
时，
2
1
(1
ln )
0
2 a
a
，解得
e
a
，
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由（1）可知，当
1
a 时，
( )
f x 在(0,
)
上的极小值为
2
1
( )
(3
2ln )
2
f a
a
a
，
由题，则有
2
2
1
1
(3
2ln )
(1
ln )
2
2
a
a
a
a
，解得
2
1
e
a
，
当
2
1
( )
(3
2ln )
0
2
f a
a
a
，解得
3
2
e
a
，
①当
3
2
e
e
a
时，
2
1
( )
(3
2ln )
0
2
f a
a
a
，
2
1
( )
0
(1
ln )
2
f x
a
a
，符合题意，
②当
3
2
2e
e
a
时，
2
1
( )
(3
2ln )
0
2
f a
a
a
，
2
min
1
( )
( )
(1
ln )
2
f x
f a
a
a
，符合题意.
综上，当
2
[e,e ]
a
时，
2
1
( )
(1
ln )
2
f x
a
a
恒成立.
【点睛】恒成立问题解题思路：
（1）参变量分离：
（2）构造函数：
①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；
②构造函数后，研究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参变分离即可解决问题.
4．已知函数
2
1
cos
2
f
x
x
m
x
，
f
x
是
f x 的导函数，
1
g x
f
x
.
(1)当
2
m
时，判断函数
g x 在
0,π 上是否存在零点，并说明理由；
(2)若
f x 在
0,π 上存在最小值，求正实数m 的取值范围.
【答案】(1)不存在，理由见解析
(2)(1,
)
【分析】
（1）当
2
m
时，求得
1 2cos
g
x
x
，结合导数的符号，得到函数
g x 单调性，以及极小值
π
( )
0
3
g
，
即可得到答案；
（2）求得
sin
f
x
x
m
x
，令
sin
h x
f
x
x
m
x
，得到
1
cos
h x
m
x
，分
1
m £ 和
1
m
，两种
情况，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）解：当
2
m
时，
2
1
2cos
2
f
x
x
x
，可得
2sin
f
x
x
x
，
所以
1
2sin
1
g x
f
x
x
x
，则
1 2cos
g
x
x
，
因为
0,π
x
，令
0
g
x
，解得
π
3
x
，
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当
π
(0,
)
3
x
时，
0
g
x
，
g x 单调递减；
当
π
(
,π)
3
x
时，
0
g
x
，
g x 单调递增，
所以，当
π
3
x
时，函数
g x 取得极小值
π
π
( )
3
1
0
3
3
g
，
所以函数
g x 在
0,π 没有零点.
（2）解：因为
2
1
cos
2
f
x
x
m
x
，可得
sin
f
x
x
m
x
，
令
sin
h x
f
x
x
m
x
，则
1
cos
h x
m
x
，
①当
1
m £ 时，1
cos
0
m
x
，即
0
h x
，
所以
sin
h x
f
x
x
m
x
在
0,π 上单调递增，
所以
0,π
x
时，
0
0
h x
h
，所以
f x 在
0,π 上单调递增，
所以
f x 在
0,π 上不存在最小值；
②当
1
m
时，则1
(0,1)
m
，所以
1
cos
0
h x
m
x
，
即
1
cos x
m
在
0,π 内有唯一的解
0x ，
当
0
0,
x
x
时，
0
h x
；当
0,π
x
x
时，
0
h x
，
所以
h x 在
0
0, x
上单调递减，在
0,π
x
上单调递增，
所以
0
0
0
h x
h
，又因为
π
π
0
h
，
所以
sin
h x
x
m
x
在
0,π
0,π
x
内有唯一的零点
1
x ，
当
1
(0,
)
x
x
时，
0
h x
，即
0
g
x
；
当
1
( ,π)
x
x
时，
0
h x
，即
0
g
x
，
所以
g x 在
1
(0,
)
x 上单调递减，在
1
( ,π)
x
上单调递增，
所以函数
g x 在
1
x
x
处取得最小值，即
1
m
时，函数
g x 上存在最小值，
所以实数m 的取值范围为(1,
)
.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
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1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围
2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
练习题：
1．已知函数
3
3
f
x
x
ax
a
.
(1)若
R
a
，讨论函数
f x 的单调性；
(2)若0
9
a
，
1
2
,
0,3
x x
，求
1
2
max
f
x
f
x
的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
6 3,54
【分析】（1）利用导数，分类讨论，求函数
f x 的单调区间；
（2）
1
2
max
f x
f x
等于函数
f x 在区间
0,3 上的最大值与最小值之差，由
f x 的单调性求
1
2
max
f x
f x
，再利用导数通过单调性得取值范围.
【详解】（1）由题意可知：
3
3
f
x
x
ax
a
的定义域为R ，
2
2
3
3
3
f
x
x
a
x
a
，
①当
0
a
时，
0
f
x
恒成立，
f x 在R 上单调递增；
②当
0
a
时，
当x
a
或x
a
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
f x 在
,
a
和
,
a 上单调递增；
当
a
x
a
时，
0
f
x
，
f x 在
,
a
a
上单调递减；
故当
0
a
时，
f x 在R 上单调递增；
当
0
a
时，
f x 在
,
a
和
,
a 上单调递增，
f x 在
,
a
a
上单调递减；
（2）因为
1
2
,
0,3
x x
，
1
2
max
f x
f x
等于函数
f x 在区间
0,3 上的最大值与最小值之差，
由（1）可知：当0
9
a
，即0
3
a
时，
f x 在
0,
a
上单调递减，在
,3
a
上单调递增，
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故
min
2
f
x
f
a
a a
a
，
又
0
f
a
，
3
27
8
f
a
.
故当0 <
< 3
a
时，
3
0
f
f
，
max
27
8
f x
a
，
1
2
max
27
9
2
f
x
f
x
a
a a
；
当3
9
a
时，
0
3
f
f
，
max
f x
a
，
1
2
max
2a a
f
x
f
x
即：
1
2
max
27
9
2
,0
3
2
,3
9
a
a a
a
f
x
f
x
g a
a a
a
.
当0 <
< 3
a
时，
9 3
9 3 3
0
g a
a
，
g x 在
0,3 上单调递减，
此时
3
0
g
g a
g
，即
6 3
27
g a
；
当3
9
a
时，
3
3 3
0
g a
a
，
g x 在
3,9 上单调递增，
此时
3
9
g
g a
g
，即
6 3
54
g a
.
综上所述：
1
2
max
6 3
54
f x
f x
所以，
1
2
max
f x
f x
的取值范围是
6 3,54
.
【点睛】方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注
意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处
理．
2．已知函数
2
1
e
2e
2,
R.
2
x
x
f x
x
ax
ax
a
(1)讨论
f x 的单调性；
(2)当
3
2
a
，
0
x
时，证明：
0.
f x
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论a 的取值，即可根据导函数的正负确定函数的单调性，
（2）根据函数的单调性求解端点值以及极值即可求证.
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【详解】（1）
e
1
1
1 e
x
x
f
x
x
a x
x
a
，
当
0
a
时，
1
x ，
( )
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增；
1
x ，
0
f
x
，
f x 单调递减．
当0
e
a
时，当
1
x 或
ln
x
a
，
( )
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增；
当ln
1
a
x
，
0
f
x
，
f x 单调递减，
当
e
a 时，
0
f
x
，所以在R 上
f x 单调递增．
当
e
a 时，当
ln
x
a
或
1
x ，
( )
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增；
1
ln
x
a
，
0
f
x
，
f x 单调递减．
（2）
2
3
3
e
2e
2
4
2
x
x
f x
x
x
x
，
由
1 可得，
1
x 或
3
ln 2
x
，
( )
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增；
3
ln
1
2
x
，
0
f
x
，
f x 单调递减．
又因为
0
0
f
，
11
1
e
0
4
f
，
所以
0
f x
恒成立．
3．已知函数
2
1
( )
ln (
)
2
f x
x
ax
x a
R ．
(1)求函数
( )
f x 的单调区间；
(2)若函数
( )
f x 有两个极值点
1
x ，
2
1
2
(
)
x
x
x
，求当a 为何值时，
1
2
4 (
)
2 (
)
f x
f x
取得最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
3 2
2
a
【分析】（1）求出函数导数，通过对导数中的
2
( )
1
g x
x
ax
分类讨论，研究函数值的符号，得出函数正
负，求出原函数的单调区间；
（2）根据函数的极值点得出
1
2
0
1
x
x
，化简
1
2
4 (
)
2 (
)
f x
f x
，利用导数求何时取最大值.
【详解】（1）由
2
1
( )
ln (
0)
2
f x
x
ax
x x
，得
2
1
1
( )
x
ax
f
x
x
a
x
x
．
令
2
( )
1
g x
x
ax
，则
( )
( )
g x
f
x
x
，
0
x
，
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当
2
4
0
a
，即2
2
a
时，( )
0
g x
恒成立，则
( )
0
f
x
，
所以
( )
f x 在(0,
)
上是减函数．
当
2
4
0
a
，即
2
a 或
2
a
．
（i）当
2
a 时，
( )
0
g x
恒成立，从而
( )
0
f
x
，所以
( )
f x 在(0,
)
上是减函数．
（ii）当
2
a
时，函数( )
g x 有两个零点：
2
1
4
2
a
a
x
，
2
2
4
2
a
a
x
，
列表如下：
x
1
0, x
1
x
1
2
,
x x
2
x
2,
x
( )
f
x
—
0
+
0
—
( )
f x
减函数
极小值
增函数
极大值
减函数
综上，当
2
a
时，( )
f x 的减区间是(0,
)
，无增区间；当
2
a
时，( )
f x 的增区间是
2
2
4
4
,
2
2
a
a
a
a
，
减区间是
2
4
0,
2
a
a
，
2
4 ,
2
a
a
．
（2）由（1）知，当
2
a
时，
( )
f x 有两个极值点
1
x ，
2
x ，
1
2
x
x
，则
1
x ，
2
x 是方程
( )
0
g x
的两个根，从
而
2
1
1
1
ax
x
，
2
2
2
1
ax
x
，由韦达定理，得
1
2
1
x x
，
1
2
x
x
a
．
又
2
0
a
，所以
1
2
0
1
x
x
，
2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
1
1
4
2
4
ln
2
ln
2
2
f
x
f
x
x
ax
x
x
ax
x
2
2
1
1
1
2
2
2
2
4
4ln
2
2ln
x
ax
x
x
ax
x
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
2
4
1
4ln
2
1
2ln
x
x
x
x
x
x
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2ln
2
3ln
2.
x
x
x
x
x
x
x
令
2
2 (
1)
t
x t
，
2
( )
3ln
2
h t
t
t
t
，
1
t ，
则
2
2
2
3
(
1)(
2)
( )
1
t
t
h t
t
t
t
，
当1
2
t
时，
( )
0
h t
；当
2
t
时，
( )
0
h t
，
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则( )
h t 在(1,2) 上是增函数，在(2,
)
上是减函数，从而
max
( )
(2)
3ln 2 1
h t
h
，
由
2
2
2
x
知
2
4
2
2
a
a
，又
2
a
，解得
3 2
2
a
，
所以当
3 2
2
a
时，
1
2
4
2
f x
f x
取得最大值．
4．已知函数
2
2
1
1
ln
1
,
sin
2
2
f x
x
x
ax a
g x
x
x
R
，
(1)讨论
f x 的单调性；
(2)若函数
f x 与
g x 的图象恰有一个交点，求a 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
,0
2
【分析】（1）直接求导，讨论
1
a 和
1
a ，求出对应单调区间即可；
（2）将题设转化为( )
( )
( )
h x
f x
g x
有一个零点，由(0)
0
h
知函数( )
h x 除0 之外无其他零点，分
0
a
，
0
2
a
，
2
a
和
2
a
依次讨论函数的零点情况，即可求解.
【详解】（1）易得
f x 的定义域为
2
1
1
1
1,
,
1
1
x
a x
a
f
x
x
a
x
x
，
令
2
1
1
1,
u x
x
a
x
a x
，
若
1
1
2
a
，即
1
a 时，
u x 在
1,
上单调递增，
所以
1
1
0
u x
u
，
所以
( )
0
f
x
¢
>
，所以
f x 在
1,
上单调递增，
若
1
1
2
a
，即
1
a 时，
当
2
Δ
(1
)
4 1
0
a
a
，即1
1
a
时，
0
u x
，
所以
0
f
x
，所以
f x 在
1,
上单调遂增；
当
2
Δ
(1
)
4 1
0
a
a
，即
1
a 时，令
0
u x
，解得
2
1
1
2
3
2
a
a
a
x
或
2
2
1
2
3
2
a
a
a
x
，
所以当
1
1
x
x
或
2
x
x
时，
0
u x
，即
( )
0
f
x
¢
>
；
当
1
2
x
x
x
时，
0
u x
，即
0
f
x
，
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所以
f x 在
1
1, x
上单调递增，在
1
2
,
x x
上单调递减，在
2,
x 上单调递增；
综上，当
1
a 时，
f x 在
1,
上单调递增；
当
1
a 时，
f x 在
1
1, x
上单调递增，在
1
2
,
x x
上单调递减，在
2,
x 上单调递增.
（2）令
ln
1
sin
h x
f x
g x
x
ax
x
，
函数
f x 与
g x 的图象恰有一个交点，等价于
h x 恰有一个零点，
又
0
0
h
，即函数
h x 除0 之外无其他零点，
1
cos
1
h x
a
x
x
，
令
1
cos
1
m x
a
x
x
，所以
2
1
sin
(
1)
m x
x
x
，
当1
0
x
时，
2
1
1
(
1)
x
，则
2
1
sin
0
(
1)
m x
x
x
，
所以
m x 在
1,0
上单调递减，即
h x
在
1,0
上单调递减，
若
0
a
，当1
0
x
时，
ln
1
0,sin
0
x
x
，则
ln
1
sin
0
h x
x
ax
x
，
当0
π
x
时，
ln
1
0,sin
0
x
x
，则
ln
1
sin
0
h x
x
ax
x
，
当
π
x
时，
ln
1
1,ln
1
sin
0
x
x
x
，则
ln
1
sin
0
h x
x
ax
x
，
所以
h x 恰有一个零点，符合题意；
若0
2
a
，当0
π
x
时，
2
1
sin
0
(
1)
m x
x
x
，
所以
m x 在
0,π 上单调递城，即
h x
在
0,π 上单调递减，
又
1
0
2
0,
1
0
1
h
a
h
a
，
则存在
0
0,π
x
，使得
0
0
h x
，即
h x 在
0
0, x
上单调递增，在
0,π
x
上单调递减，
所以
0
0
0
h x
h
，
令
ln
1
2
x
x
x
，
所以
2
1
3
1
1
1
2
4
0
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
，
所以( )
x 在(0,
)
上单调递减，所以( )
(0)
0
x
，所以ln(
1)
2
x
x
，
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所以( )
ln(
1)
h x
x
sin
2
1
2
1
ax
x
x
ax
x
a
x
，
所以
2
2
2
16
16
16
8
2
1
1
0
h
a
a
a
a
a
，
所以
h x 在
0
2
16
,
x a
上至少存在1 个零点，不合题意；
若
2
a
，当1
0
x
时，由上知
h x
在
1,0
上单调递减，
所以
0
2
0
h x
h
a
，
则
h x 在
1,0
单调递增，即
0
0
h x
h
，
当
0
x
时，令
ln
1
,
0
n x
x
x x
，则
1
1
0
1
1
x
n x
x
x
，
即
n x 在
0,
上单调递减，所以
0
0
n x
n
，即
ln
1
x
x
，
令
sin
t x
x
x
，则
cos
1
0
t x
x
，
即
t x 在
0,
上单调递减，
0
0
t x
t
，即sinx
x
，
则
ln
1
2
sin
0
h x
x
x
x
，即
h x 恰有一个零点，符合题意；
若
2
a
，当1
0
x
时，由上知
( )
h x
在( 1,0)
上单调递减，
又
1
1
1
1
0.
1
h
a
a
1
cos
1
0
a
，
0
2
0
h
a
，
则存在
1
1
1,0
x
a
，使得
1
0
h x
，即
h x 在
1
1, x
上单调递增，在
1,0
x
上单调递减，
所以
1
0
0
h x
h
，当1
0
x
时，
ln
1
sin
ln
1
1
h x
x
ax
x
x
a
，
所以当
1
1
1
e a
x
且
1
1
x
x
时，
1
ln
1
e
1
1
0
a
h x
a
，
所以
h x 在
1,0
存在1 个零点，不合题意，
综上，a 的取值范围是
,0
2
，
【点睛】关键点睛：本题第2 小题的解决关键是发现( )
( )
( )
h x
f x
g x
有一个零点，
(0)
0
h
，所以可得函
数( )
h x 除0 之外无其他零点，从而得解.
题型二去参恒成立问题
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1．已知函数
e
ln
1
x
f
x
a
x
.
(1)设
2
x
是
f x 的极值点，求
f x 的单调区间；
(2)证明：当
1
e
a
时，
0
f x .
【答案】(1)减区间为0,2
（
），增区间为
（2，+ ）；
(2)证明见解析﹒
【分析】(1)根据
2
0
f
求出a 的值，根据导数
f
x
的正负判断f(x)单调区间即可；
(2)
1
e
a
时，
0
f x
e
ln
1
0
e
x
x
，令
e
ln
1
e
x
g x
x
，判断g(x)单调性，证明其最小值
min
( )
0
g x
即可．
【详解】（1）函数
e
ln
1
x
f
x
a
x
.
1
0,
ex
x
f
x
a
x
，
2
x
是
f x 的极值点，
2
1
2
e
0
2
f
a
，解得
2
1
2e
a
，
2
1 e
ln
1
2e
x
f x
x
，
2
1
1
e
2e
x
f
x
x
，
显然
f
x
在
0,
上单调递增，而
2
2
1
1
e
0
2e
2
2
f
，
当0
2
x
时，
0
f
x
，当
2
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
( )
f
x
\
的减区间为0,2
（
），增区间为
（2，+ ）；
（2）当
1
e
a
时，
e
ln
1
e
x
f x
x
，设
e
ln
1
e
x
g x
x
，则
e
1
e
x
g
x
x
，
由
e
1
0
e
x
g
x
x
，得
1
x ，且
g
x
在
0,
上单调递增，
∴当0
1
x
时，
0
g
x
，g(x)单调递减，当
1
x 时，
0
g
x
，g(x)单调递增，
1
x
是
g x 的极小值点，也是最小值点，
故当
0
x
时，
1
0
g x
g
，
当
1 ,
0
e
a
f x
．
2．已知函数f(x)=
xe -ln(x+m).
(1)设x=0 是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；
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（2）当m≤2 时，证明f(x)>0.
【答案】(1)
( )
f x 在( 1,0)
上是减函数；在(0,
)
上是增函数（2）见解析
【详解】(1)
．
由x=0 是f(x)的极值点得f '(0)=0，所以m=1．
于是f(x)=ex－ln(x+1)，定义域为(－1，+∞)，
．
函数
在(－1，+∞)上单调递增，且f '(0)=0，因此当x∈(－1，0)时，f '(x)<0;当x∈(0，+∞)
时，f '(x)>0．
所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增．
(2)当m≤2，x∈(－m，+∞)时，ln(x+m)≤ln(x+2)，故只需证明当m=2 时，f(x)>0．
当m=2 时，函数
在(－2，+∞)上单调递增．
又f '(－1)<0，f '(0)>0，故f '(x)=0 在(－2，+∞)上有唯一实根
，且
．
当
时，f '(x)<0;当
时，f '(x)>0，从而当
时，f(x)取得最小值．
由f '(x0)=0 得
=
，
，
故
．
综上，当m≤2 时，f(x)>0．
3．已知函数
2
1
ex
ax
x
f x
.
(1)求曲线
y
f x
在点
0, 1
处的切线方程；
(2)若函数
f x 的极大值点为2，求a 的取值范围；
(3)证明：当
1
a 时，
e
0
f
x
.
【答案】(1) 2
1
0
x
y
(2)
1 ,
2
(3)证明见解析
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【分析】（1）对函数求导，根据导函数的函数值等于原函数的图象在该点处的切线的斜率得到该点切线斜
率，进而得到切线方程；
（2）求导可得
2
1
ex
x
ax
f
x
，再分情况讨论导数的根与函数单调性，进而分析是否满足极大值点
为2 即可；
（3）分析可得
2
2
1
1
e
e
x
x
ax
x
x
x
f x
，再利用导数研究函数的单调性、最值，从而证明
2
1
e
0
ex
x
x
即可.
【详解】（1）由题意得
2
2
1
2
ex
ax
a
x
f
x
，则
0
2
f
，
因此曲线
y
f x
在点
0, 1
处的切线方程是
2
1
y
x
，即2
1
0
x
y
；
（2）由题意
2
2
1
2
2
1
e
e
x
x
ax
a
x
x
ax
f
x
，设
2
1
g x
x
ax
，
①当
0
a
时，
2
g x
x
，令
0
g x
有
2
x
，令
0
g x
有
2
x
，
故
f x 在
,2
上单调递增，在
2,上单调递减，满足
f x 的极大值点为2；
②当
0
a
时，令
2
1
0
g x
x
ax
有
1
2
x
，
2
1
x
a
，
g x 开口向下；
令
0
g x
有
1
2
x
a
，令
0
g x
有
1
x
a
或
2
x
，
故
f x 在
1
,
a
上单调递减，在
1 ,2
a
上单调递增，在
2,上单调递减，满足
f x 的极大值点为2；
③当a<0时，令
2
1
0
g x
x
ax
有
1
2
x
，
2
1
x
a
，
g x 开口向上；
i. 当
1
2
a
，即
1
2
a
时，
2
1
0
g x
x
ax
，
f x 在R 上单调递增，无极大值点；
ii. 当
1
2
a
，即
1
0
2
a
时，令
0
g x
有
1
2
x
a
，令
0
g x
有
1
x
a
或
2
x
，
故
f x 在
,2
上单调递增，在
1
2,
a
上单调递减，在
1 ,
a
上单调递增，满足
f x 的极大值点为2；
iii. 当
1
2
a
，即
1
2
a
时，令
0
g x
有
1
2
x
a
，令
0
g x
有
1
x
a
或
2
x
，
故
f x 在
1
,
a
上单调递增，在
1 ,2
a
上单调递减，在
2,上单调递增，不满足
f x 的极大值点
为2；
综上有当
f x 的极大值点为2 时，a 的取值范围为
1 ,
2
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（3）证明：当
1
a 时，
2
2
1
1
e
e
x
x
ax
x
x
x
f x
，
则
2
1
e
1
e
e
x
x
f
x
x
x
，
令
2
1
1
ex
g x
x
x
，
则
1
2
1
ex
g
x
x
，易得
g
x
在R 上单调递增，
且
0
0
1
2 1 e
g
，
故当
1
x 时，
0,
g
x
g x
单调递减；
当
1
x 时，
0,
g
x
g x
单调递增，
所以
g x 在= 1
x 处取到极小值，也即最小值，
所以
1
0
g x
g
，因此
e
0
f
x
.
4．已知函数
e
2
x
f
x
x
，
ln
cos
1
R
g x
x x
a x
x
a
.
(1)若
t x
xf x
，求
t x 的极值；
(2)证明：当
1
a 时，
f x
g x
.
【答案】(1)极大值为
1
1
e
，极小值为
2
ln 2
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数
t x 的解析式与导函数
t
x
,讨论
t x 的单调性求出极值；
（2）转化为证
0
f x
g x
,设
cos
h x
x
x
求导研究
h x 的单调性与最值，
转化为证e
cos
1
ln
0
x
x
x x
，求导研函数的单调性与最值得证.
【详解】（1）由题知
2
e
2
x
t x
xf
x
x
x
x
，定义域为
,
.
所以
1 e
2
2
1
e
2
x
x
t
x
x
x
x
.
令
0
t
x
，得=
1
x 或
ln2
x
，当x 变化时，
t
x
，
t x 的变化情况如表所示，
x
, 1
―1
1,ln2
ln2
ln2,
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t
x
+
0
―
0
+
t x
增
极大值
减
极小值
增
由表可知当=
1
x 时，函数
t x 取得极大值，且极大值为
1
1
1
e
t
，
当
ln2
x
时，函数
t x 取得极小值，且极小值为
2
ln2
ln 2
t
.
（2）问题可转化为证
0
f x
g x
要证
f x
g x
，即证
e
2
ln
cos
1
x
x
x x
a x
x
，
0,
x
，
即证
e
cos
1
ln
0
x
a x
x
x
x x
，
0,
x
.
F x
f x
g x
，进而转化为求
min
0
F x
,
设
cos
h x
x
x
，则
1 sin
0
h x
x
，故
h x 在
0,
上单调递增，
所以
0
1
0
h x
h
.
又因为
1
a ，所以
cos
cos
a x
x
x
x
，
所以
e
cos
1
ln
e
cos
1
ln
x
x
a x
x
x
x x
x
x x
.
①当0
1
x
时，因为e
cos
1
0
x
x
，ln
0
x x
，所以e
cos
1
ln
0
x
x
x x
.
②当
1
x 时，令
e
cos
ln
1
x
k x
x
x x
，则
e
ln
sin
1
x
k
x
x
x
.
设
n x
k
x
，则
1
e
cos
x
n x
x
x
，则
1
e
cos
x
n
x
x
x
.
设
1
e
cos
x
m x
x
x
，则
2
1
e
sin
x
m x
x
x
.因为
1
x ，所以
0
m
x
，所以
m x 在
1,上单调递增，
即
n x
在
1,上单调递增，所以
1
e 1 cos1
0
n x
n
，所以
n x 在
1,上单调递增，
所以
1
e
sin1 1
0
n x
n
，即
0
k
x
，所以
k x 在
1,上单调递增，
所以
1
e
cos1 1
0
k x
k
，即e
cos
1
ln
0
x
x
x x
.
综上可知，当
1
a 时，
e
cos
1
ln
e
cos
1
ln
0
x
x
a x
x
x
x x
x
x x
，
即当
1
a 时，
f x
g x
.
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练习题：
1．已知函数
ln
f x
x x
(1)求函数
f x 的单调区间；
(2)若
2
a ，证明:
3
e
f x
ax
在
0
，
上恒成立；
(3)若方程
f x
b
有两个实数根
1
2
x
x
，
，且
1
2
x
x
，
求证:
2
1
3
e
2
e 1
2
3
b
x
x
b
.
【答案】(1)
f x 的递减区间为
1
0 e
，，递增区间为1,
e
.
(2)证明见解析.
(3)证明见解析.
【分析】（1）对
f x 求导即可求出结果；
（2）即证
3
3
e
2
2
e
g a
ax
g
x
，构造
3
( )
ln
2
e
h x
x
x
x
，即可证明
3
2
e
ln
x
x
x
；
（3）分别利用切线放缩进行证明.
【详解】（1）由
ln
1
f
x
x
，则
1
0 e
x
，时，
0
f
x
，
f x 单调递减，
1 ,
e
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增，
所以
f x 的递减区间为
1
0 e
，，递增区间为1,
e
.
（2）因为
2
a ，
0
x
，
，令
3
e
g a
ax
所以
3
3
e
2
2
e
g a
ax
g
x
，
下证
3
2
e
ln
x
x
x
，
令
3
( )
ln
2
e
h x
x
x
x
，
则
( )
ln
3
h x
x
，
当
3
0
e
x
时,
( )
0
h x
，当
3
e ,
( )
0
x
h x
，
所以( )
h x 在
3
(0,e )
上单调递减，在
3
(e
)
,
上单调递增，
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所以
3
3
( )
ln
2
e
(e )
0
h x
x
x
x
h
，
所以
3
e
f x
ax
在
0
，
上恒成立；
（3）证明：先证右半部分不等式：
2
1
3
e
2
3
2
x
b
x
；
因为
( )
ln
f x
x
x
，
( )
ln
1
f
x
x
，
所以
3
3
3
(1)
0,
(e )
3e ,
(1)
1,
(e )
2
f
f
f
f
；
可求曲线
( )
y
f x
在
3
x
e
和
1
x 处的切线分别为
3
1 :
2
e
l
y
x
和2 :
1
l
y
x
；
设直线y
b
与直线1l ，函数
( )
f x 的图象和直线2l 交点的横坐标分别为
1
1
2
2
,
,
,
,
x
x x
x
则
3
1
2
e
,
1,
2
b
x
x
b
则
3
3
2
1
2
1
e
e
2
3
(
1)
(
)
2
2
b
b
x
x
x
x
b
；
因此
2
1
3
e
2
3
2
x
b
x
.
再证左半部分不等式：
2
1
e 1
x
x
b
.
设取曲线上两点
1
1
( ,
),
(1,0)
e
e
A
B
，
用割线
:
OA y
x
，
1
:
(
1)
e 1
AB y
x
来限制
2
1
x
x
，
设直线y
b
与直线
1 (
1)
e 1
,
y
x y
x
的交点的横坐标分别为
3
4
,
x x ，
则
1
3
4
2
x
x
x
x
，且
3x
b
，
4
(e 1)
1,
x
b
所以
2
1
4
3
(e 1)
1 (
)
e 1
x
x
x
x
b
b
b
.
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综上可得
2
1
3
e
2
e 1
2
3
b
x
x
b
成立.
【点睛】方法点睛：导数证明不等式的方法常有：
（1）最值法：移项构造函数，通过求解最值来证明；
（2）放缩法：通过构造切线或割线，利用切线放缩或者割线放缩来证明.
2．已知函数
ex
f x
a
，
ln
1
1
g x
x
．
（1）设
G x
f
x
g x
，
3
x 是
G x 的极值点，求函数
G x 的单调区间；
（2）证明：当
2
1
e
a
时，
f x
g x
．
【答案】（1）在
1,3 上单调递减，在
3,上单调递增；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用
3
0
G
求出a 的值，再由两个增函数的和是增函数得出
G x
的单调性，即可得出
G x
的正负，从而得出
G x 的单调性；
（2）利用分析法转换成
2
ln
1
1
ln
1
1
0
x
x
ae
x
e
x
，
2
ln
1
1
x
H x
e
x
，由第一问得到
H x 的单调性，进而求出
H x 的最小值即可得证.
【详解】（1）∵
ln(
1) 1
x
G x
f x
g x
ae
x
，则
1
1
x
G
x
ae
x
，
∵
3
x 是
G x 的极值点，
(1,
)
x
∴
3
3
1
1
3
0
3 1
2
G
ae
a
e
．
3
3
1
1
1
1
2
1
2
1
x
x
G
x
e
e
e
x
e
x
，
∴
G x
在
1,上单调递增，
又∵
3
0
G
，
∴当
(1,3)
x
时，
0
G
x
，当
(3,
)
x
时，
0
G
x
，
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∴
y
G x
在
1,3 上单调递减，在
3,上单调递增，
（2）要证
f x
g x
，即
ln
1
1
0
x
ae
x
，
∵
2
1
a
e
，则
2
ln
1
1
ln
1
1
x
x
ae
x
e
x
，
故只需证
2
ln
1
1
0
xe
x
，
令
2
ln
1
1
x
H x
e
x
，则
2
1
1
x
H
x
e
x
在
1,上单调递增，且
2
0
H
，
∴
1,2
x
时，
0
H
x
；
2,
x
时，
0
H
x
．
∴
2
ln
1
1
x
H x
e
x
在
1,2 上单调递减，在
2,
上单调递增，
∴
2
0
H x
H
，即原命题得证．
【点晴】（1）第一问的关键是判断
G x
的正负，一般有两种方法解决：第一是解不等式直接得到，第二是
判断单调性，利用特殊值解决，比如
3
0
G
；
（2）第二问是不等式恒成立问题，一般是构造函数，转化成求函数的最值问题，构造函数时要注意联系第
一问.
3．已知函数
2
( )
ln
2
x
f x
axe
x
x
.
（1）设x=2 是函数f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
（2）证明：当
1
a
e
时，
( )
0
f x
.
【答案】（1）
1
2
a
，
f x 的单调递减区间为
0,2 ，单调递增区间为
2,
；（2）证明见解析；
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，依题意可得
2
0
f
，即可求出参数a 的值，再根据导函数与
函数的单调性的关系求出函数的单调区间；
（2）依题意可得
2
ln
2
0
x
x
a xe
x e
e
，令
x
t
xe
，即证
2
ln
2
0
a t
t
e
，
0
t
，又
1
a
e
，所以即证
3
1
ln
2
0
t
t
e
0
t
，令
3
1
ln
2
g t
t
t
e
，利用导数说明其单调性，即可得解；
【详解】解：（1）因为
2
( )
ln
2
x
f x
axe
x
x
，定义域为
0,
，
所以
2
1
( )
1
1
x
f
x
a x
e
x
，因为
2
x
是函数
f x 的极值点，所以
2
0
f
，所以
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2 2
1
2
2
1
1
0
2
f
a
e
，解得
1
2
a
，所以
2
2
1
1
1
( )
1
1
2
2
2
x
x
x
xe
f
x
x
e
x
x
，令
2
2
x
h x
xe
，则
2
0
1
x
h x
x
e
，所以
h x 在
0,
上单调递增，又
2
0
h
，所以当
0,2
x
时，
0
h x
，即
0
f
x
，所以
f x 在
0,2 上单调递减，
当
2,
x
时，
0
h x
，即
( )
0
f
x
¢
>
，所以
f x 在
2,
上单调递增，
综上可得
f x 的单调递减区间为
0,2 ，单调递增区间为
2,
；
（2）证明：依题意即证
2
ln
2
0
x
axe
x
x
，即证
2
ln
2
0
x
x
a xe
x e
e
，令
x
t
xe
，则
0
t
，所以即
证
2
ln
2
0
a t
t
e
，
0
t
因为
1
a
e
，所以即证
3
1
ln
2
0
t
t
e
，
0
t
令
3
1
ln
2
g t
t
t
e
，则
3
3
3
1
1
t
e
g t
e
t
e t
，所以当
3
t
e
时，
0
g t
，当
3
0
t
e
时
0
g t
，所以
3
min
0
g t
g e
，所以
3
1
ln
2
0
g t
t
t
e
，所以当
1
a
e
时，
( )
0
f x
4．已知函数
elog
e,
ln
x
x
a
f x
a
x
g x
a
x a
，其中
1,e
a
是自然对数的底数．
(1)求函数
g x 的单调区间和最值；
(2)证明：函数
f x 有且只有一个极值点；
(3)当
2
e,e
a
时，证明：
0
f x ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导数判断函数( )
g x 的单调区间和最值即得；
（2）求出
( )
f x 的导函数
2
ln
e
( )
,
ln
x
xa
a
f
x
x
a
取
2
( )
ln
e,
x
h x
xa
a
通过讨论a 的三种不同范围，结合零点存
在定理证明三种情况下函数( )
h x 有且只有一个零点，得到函
f x 有且只有一个极值点；
（3）设导函数
( )
f
x
的零点m ，由
( )
0,
0,
f
m
m
整理得出：ln
1
ln
2ln(ln ),
m
m
a
a
从而
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2
2
2
e{
ln
[2ln(ln )
ln
1]ln
1}
( )
ln
m
a
m
a
a
a
f m
m
a
，取
ln
t
a
，将分子整理成关于t 的一个二次函数形式，通过
证明其对应方程判别式小于等于零得出分子大于等于零，得出
( )
0
f m
，故得
( )
0
f x
.
【详解】（1）由
ln
x
g x
a
x a
求导可得：
( )
ln
ln
(
1)ln
x
x
g x
a
a
a
a
a
因
1,
a
故ln
0
a
，
当
0
x
时，
1,
1
0,
( )
0
x
x
a
a
g x
，故( )
g x 在(0,
)
上单调递增；
当
0
x
时，
1,
1
0,
( )
0
x
x
a
a
g x
，故( )
g x 在(
,0)
上单调递减；
所以函数
g x 的单调递增区间为(0,
)
，递减区间为(
,0)
，最小值为(0)
1
g
，无最大值.
（2）因
elog
e
x
a
f x
a
x
，其定义域为(0,
)
，
2
e
ln
e
( )
ln
,
ln
ln
x
x
xa
a
f
x
a
a
x
a
x
a
取
2
( )
ln
e,
x
h x
xa
a
则
2
( )
ln
(1
ln )
x
h x
a
a
x
a
，因
1,
a
故
( )
0
h x
，则( )
h x 在(0,
)
上单调递增，
①当
e
a 时，
2
(0)
e<0, (1)
ln
e
0,
h
h
a
a
故函数( )
h x 在(0,1)内有且仅有一个变号零点，
则此时，函数
( )
f x 有且仅有一个极值点；
②当
e
a 时，( )
e
e,
x
h x
x
因(1)
0,
h
因( )
h x 在(0,
)
上单调递增，故函数( )
h x 有且仅有一个变号零点，
则此时，函数
( )
f x 有且仅有一个极值点；
③当1
e
a
时，
2
(1)
ln
e<0
h
a
a
，又因
2
1
ln
1
a ，
2
1
ln
2
1
(
)
e
ln
a
h
a
a
，
2
2
1
1
ln
ln
2
1
1
ln(
)
ln
1,
e
ln
ln
a
a
a
a
a
a
a
，即
2
1
(
)
0
ln
h
a
，
故函数( )
h x 在
2
l
1
( , n
1
)
a 内有且仅有一个变号零点，则此时，函数
( )
f x 有且仅有一个极值点；
综上所述，函数
( )
f x 有且仅有一个极值点.
（3）由（2）可知，当
2
e,e
a
时，函数
( )
f
x
有且仅有一个零点，设为m ，则
( )
0,
0,
f
m
m
又由（2）函数
( )
f x 有最小值为
( )
f m .
由
( )
0
f
m
可得：
2
ln
e=0
m
ma
a
，即
2
e
,
ln
m
a
m
a
两边取自然对数得：
ln
1
ln
2ln(ln )
m
a
m
a
，
故ln
1
ln
2ln(ln ),
m
m
a
a
于是
eln
( )
elog
e=
e
ln
m
m
a
m
f m
a
m
a
a
2
e
e (1
ln
2ln(ln ))
e
ln
ln
m
a
a
m
a
a
2
2
2
e{
ln
[2ln(ln )
ln
1]ln
1}
ln
m
a
m
a
a
a
m
a
，不妨设
ln ,
t
a
则
2
e,e
a
，故得
[1,2]
t
，则
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2
2
2 2
ln
[2ln(ln )
ln
1]ln
1
(2ln
1)
1
m
a
m
a
a
a
m t
mt
t
t
，
对于函数
2 2
2ln
(
1
1
)
y
m t
mt
t
t
，其对应方程的判别式
2
2
2
2
2
(
)
2ln
1
4
[(
)
2l
4]
n
1
t
t
t
t
t
t
t
，
设( )
2ln
1,
[1,2]
t
t
t
t
，则
2
2
( )
1
0
t
t
t
t
恒成立，
故函数
( )t
在[1,2]上单调递增，则(1)
( )
(2)
t
，即2
( )
2ln 2
3
0
t
，
从而
2
0
[ ( )]
4
t
，于是
0
，
故有
2 2
2l
(
n
1
1
)
0
y
m t
mt
t
t
恒成立，故
( )
0
f m
恒成立，所以
( )
0.
f x
【点睛】关键点睛：本题考查了函数的零点，导数的应用以及不等式恒成立问题.
第（2）题的关键在于，要找到a 的临界点进行分类讨论；
第（3）题的关键在于将不等式恒成立问题转化为函数的最小值问题.对于函数的零点问题，一般通过图像分
析零点的情况，结合导数、函数的单调性等性质证明或求解.当证明
( )
0
f x
( ( )
0)
f x
恒成立问题时，常常
转化为求
( )
f x 的最小（大）值，通过证明最小(大)值为大于等于零（小于等于零）进行证明.
题型三隐零点问题
1．设函数
2
ln
x
f x
e
a
x
.
（1）讨论
f x 的导函数
f
x
零点的个数；
（2）证明：当a<0时，
ln
2
2
a
f
x
a
a
.
【答案】(1) 当
0
a
时，
f
x
没有零点；当
0
a
时，
f
x
有一个零点；(2)证明见详解.
【分析】（1）求导，将零点问题转化为函数值域的求解问题，则问题得解；
（2）判断
f x 的单调性，求得其最小值，根据
f
x
的零点与
f x 极值点之间的关系，即可容易证明.
【详解】（1）因为
2
ln
x
f x
e
a
x
，故可得
2
2
x
a
f
x
e
x
，
令
2
2
0
x
a
f
x
e
x
，即可得
2
2
x
a
xe
.
令
2
2
,
0
x
h x
xe
x
则
f
x
零点的个数等价于y
a
与
y
h x
图像的交点个数.
又
2
2
1
x
h x
e
x
，故可得
h x 在
0,单调递减.
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且当x 趋近于正无穷时，
h x 趋近于负无穷；当x 趋近于零时，
h x 趋近于零，
绘制
h x 的图像如下所示：
故当
0
a
时，
f
x
没有零点；当
0
a
时，
f
x
有一个零点.
（2）由（1）可知，当
0
a
时，
f
x
为单调增函数，且存在唯一零点
0x ，
故可得
f x 在区间
0
0, x
单调递减，在
0,
x 单调递增，
且
0
2
0
0
2
0
x
a
f
x
e
x
；则
0
2
0
2
x
a
e
x
，
0
0
ln
2
2
a
lnx
x
，
故
0
2
0
0
0
0
2
2
2
2
2
x
a
a
a
f x
f x
e
alnx
ax
aln
a
aln
x
.
故当
0
a
时，
2
2
a
f
x
aln
a
恒成立.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的值域和单调性，涉及利用导数证明不等式，属综合困难题.
2．已知函数
( )
ln
f x
ax
x
x
图象在点( ,
( ))
e f e （e 为自然对数的底数）处的切线斜率为3．
（1）求实数a 的值；
（2）若
Z
k
，且
( )
(
1)
0
f x
k x
对任意
1
x 恒成立，求k 的最大值．
【答案】（1）a=1；（2）3．
【详解】试题分析：（1）先求出
f x 的导数f′（x）=a+lnx+1，根据已知条件f′（e）=3，再求出a+lne+1=3，
可得a=1．
（2）根据已知条件建立一个不等式，再根据k＜
对任意x＞1恒成立这个条件构造函数g（x）=
，
本题的目的就转化为求解g（x）的最小值，首先对g（x）求导，g′（x）=
，无法直接判断g′（x）
的符号，再构造一个函数h（x）=x﹣lnx﹣2，x＞1，对其再进行求导，h′（x）=1﹣
=
＞0，显然h（x）
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在（1，+∞）单调递增，经计算确定h（x）在（3，4）内存在实根x0，所以当x∈（1，x0）时，h（x）＜0，
即g′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，所以g（x）min=g（x0）
=
=
∈（3，4），可得解.
试题解析：（1）由已知得f′（x）=a+lnx+1，故f′（e）=3，∴a+lne+1=3，
∴a=1
（2）由（1）知，f（x）=x+xlnx
等价于k＜
对任意x＞1 恒成立
令g（x）=
，则g′（x）=
令h（x）=x﹣lnx﹣2，x＞1，
则h′（x）=1﹣
=
＞0
∴h（x）在（1，+∞）上单调增加，
∵h（3）=1﹣ln3＜0，h（4）=2﹣2ln2＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上在唯一实数根x0，满足x0∈（3，4），且h（x0）=0
当x∈（1，x0）时，h（x）＜0，∴g′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，∴g′（x）＞0，
∴g（x）=
在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增
∴g（x）min=g（x0）=
=
∈（3，4），
∴k＜g（x）min=x0∈（3，4），
∴整数k 的最大值为3．
点晴:本题主要考查函数在某点的切线的斜率，及不等式恒成立求参数问题.要求在某点的切线，求导得斜率，
用点斜式表示切线方程即可;要证明不等式恒成立问题可变量分离转化为构造新函数求其值最值即可.这类
问题的通解方法就是：划归与转化之后，就可以假设相对应的函数，然后利用导数研究这个函数的单调性、
极值和最值，图像与性质，进而求解得结果.
3．已知函数
2
2
x
f
x
e
sinx
ax
a
e
,其中
2.71828...
a
R
e
，
为自然对数的底数.
(1)当
0
a
时，讨论函数
f x 的单调性;
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(2)当1
1
2
a
≤≤时，求证:对任意的
0,
,
0
x
f x
.
【答案】(1)
f x 在
,
上单调递减.
(2)证明见及解析.
【详解】分析：(1)将
0
a
代入
( )
f x
，对函数求导即可判定函数的单调性．
(2)将不等式转化为关于a 的一次函数，讨论在1
1
2
a
≤≤时一次函数对任意的
0,
x
两个端点都小于0，
即可证明
,
0
f x
．
详解：
(1)
0,
x
a
f x
e
sinx
e
'
2sin
0
4
x
x
f
x
e
sinx
cosx
e
e
x
e
;
∴
f x 在
,
上单调递减
(2)要证
2
2
0
xe
sinx
ax
a
e
对
0,
x
恒成立
即证;
2
2
0
sinx
ax
a
e
对
0,
x
恒成立
令
2
2
g a
x
a
sinx
e
,
即证当
1 ,1
2
a
时，
2
2
0
g a
x
a
sinx
e
恒成立
即证;
2
2
1
1
1
0 1
2
2
1
2
0 2
g
sinx
x
e
g
sinx
x
e
成立
∵sin
1
x
e
∴①式成立
现证明②式成立:
令
2
2
, '
2
h x
sinx
x
e h
x
cosx
x
设在
0 0,
x
,使得
0
0
'
2 ,
0
h
x
cosx
x
,则
0
0
6
x
h x 在
0
0, x
单调递增, 在
0,
x 单调递减
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∴
2
2
0
0
0
0
0
cos
2
sin
2
4
x
h x max
h x
sinx
x
e
x
e
,
=
2
0
0
sin
7
sin
4
4
x x
x
e
∵
0
0
6
x
，∴
0
1
sin
0, 2
x
∴
2
0
0
sin
7
37
sin
0
4
4
16
x x
x
e
e
综上所述.在
0,
x
,
0
f x
恒成立.
点睛：函数与导数的综合应用，是高考的热点和难点，充分理解导数与单调性、极值、最值的关系，证明
在一定条件下不等式成立，解不等式或求参数的取值情况，属于难题．
4．已知函数
e sin
x
f x
x
ax
，其中e为自然对数的底数．
(1)当
0
a
时，求函数
f x 在区间
π π
,
2 2
上的极值；
(2)当
1
a 时，函数
f x 的正零点从小到大依次为
*
1
2
n
x
x
x
n
N
，，，
．证明：
①
1
sin
sin
n
n
x
x
；
②
2
1
2
π
2 π
n
n
x
n
x
．
【答案】(1)极小值为
π
4
2 e
2
，没有极大值
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）求导，判单调性得极值；
（2）①求导，判单调性得
f x 在
π
0, 2
内无零点，进而得到零点范围，构造函数命题得证；②分
2
1 π
2
2 π
k
x
k
k
N 和
π
2 π
2 π
2
k
x
k
，
π
2 π
2 π
π
2
k
x
k
三种情况结合单调性最值和零点存
在定理证明判断零点所在区间即可
【详解】（1）因为
0
a
，则
π
e
cos
sin
2e sin
4
x
x
f
x
x
x
x
，
令
0
0
f
，因为
π π
,
2 2
x
，所以
π
4
x
，
当
,
( )
0
2
4
x
f
x
，
f x 在
π
π
,
2
4
上单调递减；
当
,
( )
0
4
2
x
f
x
，
f x 在
π π
,
4 2
上单调递增，故当
π
4
x
时，
f x 取得极小值
π
4
π
2 e
4
2
f
，
没有极大值．
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（2）证明：①当
1
a 时，
e sin
x
f x
x
x
，则
e
sin
cos
1
x
f
x
x
x
令
e
sin
cos
1
x
g x
x
x
，则
2e cos
x
g
x
x
，
当
π
0
2
x
时，
0
g
x
，故
f
x
在
π
0, 2
上单调递增，又
0
0
f
，
所以
f x 在
π
0, 2
上单调递增，又
0
0
f
，所以
2e sin
0
0
f x
x
x
f
．
所以
f x 在
π
0, 2
内无零点，则
1
π
1
2
n
n
x
x
，
由
0
n
f x
，知
1
1
1
sin
sin
e
e
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
，
，
令
ex
x
h x
，当
π
2
x
时，
1
0
ex
x
h
x
，所以
h x 在π ,
2
上单调递减，所以
1
n
n
h x
h x
，即
1
sin
sin
n
n
x
x
．
②当
2
1 π
2
2 π
k
x
k
k
N 时，sin
0
e
0
x
x
，
故
0,
f x
f x
在
2
1 π,2
1 π
k
k
上无零点．
当
π
2 π
2 π
2
k
x
k
，时，
2e cos
0
x
g
x
x
，故
g x 在
1
2 π, 2
π
2
k
k
上单调递增，又
2 π
2 π
e
1
0
k
g
k
，
所以
f x 在
1
2 π, 2
π
2
k
k
上单调递增，又
1
2
π
2
1
1
2 π
2 π<0,
2
π
e
2
π>0
2
2
k
f
k
k
f
k
k
，（因
为
e
1
e
1,
x
x
y
x
当
0,
0
x
y
，所以
e
1
x
y
x
单调递增，所以
e
1
0,
x
y
x
进而e
0
x
x
），
所以
f x 在
π
2 π,2 π
2
k
k
上有一个零点．
当
π
2 π
2 π
π
2
k
x
k
时，
2e cos
0
x
g
x
x
g x
，
在
π
2 π
,2 π
π
2
k
k
上单调递减，
π
2 π
2 π
2
π
2 π
e
1
0
2 π
π
e
1
0
2
k
k
g
k
g
k
，
，
所以
0
π
2 π
,2 π
π
2
x
k
k
，使得
0
0
g x
，所以当
0
π
2 π
2
k
x
x
时，
f x 单调递增，当
0
2 π
π
x
x
k
时，
f x 单调递减，
又
π
2 π 2
π
π
2 π
e
2 π
0
2
2
k
f
k
k
又
2 π
π
2 π
π
0
f
k
k
，
所以
f x 在
π
2 π
,2 π
π
2
k
k
上有且只有一个零点，
所以
f x 在
π
π
2 π,2 π
2 π
, 2
1 π
2
2
k
k
k
k
，
上各有一个零点，所以
f x 在
2 π, 2
1 π
n
n
上的两个零点
分别为
2
2
1
n
n
x
x
，
，所以
2
2 π
n
n
x
．
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又
2
1
2
2 π, 2
1 π
n
x
n
n
，所以
2
1
2
1 π
n
x
n
．
综上，
2
1
2
π
2 π
n
n
x
n
x
．
【点睛】第二问把区间利用三角函数性质把定义域分成三部分分别讨论得零点范围是此题的关键.
练习题：
1．已知函数
3
( )
ln
(1
)
f x
x
a x
bx
，( )
ex
g x
x
b
（,a bR ，e为自然对数的底数），且
( )
f x 在点(e,
(e))
f
处的切线方程为
1
1
e
y
x
.
(1)求实数a ，b 的值；
(2)求证：
( )
( )
f x
g x
.
【答案】(1)
1
a ，
1
b ；
(2)详见解析.
【分析】（1）依据题设条件借助导数的几何意义建立方程组，通过解方程组使得问题获解；
（2）先将不等式进行等价转化，再构造函数运用导数的单调性分析推证.
【详解】（1）∵
2
1
3 1
f
x
a x
b
x
，
∴
2
1
e
3 1
e
e
f
a
b
，且
3
e
1
1
e
e
f
a
b
，
又
f x 在点
e,
e
f
处的切线方程为
1
1
e
y
x
，
∴切点为
e,1 e
，
∴
2
3
1
1
3 1
e
1
e
e
1
1
e
e
1 e
a
b
a
b
解得：
1
a ，
1
b ．
（2）由（1）可知
ln
f
x
x
x
，
e
1
x
g x
x
，且
f x 的定义域为
0,
，
令
ln
e
1
x
F x
f x
g x
x
x
x
，定义域为
0,
则
1
1
1
1 e
e
1 e
1
e
x
x
x
x
x
F
x
x
x
x
x
x
x
，
令
1
ex
G x
x
，显然
G x 在
0,
为减函数，且
1
2
e
0
2
G
，
1
1 e
0
G
，
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∴
0
1 ,1
2
x
，使得
0
0
G x
，即
0
0
1
e
0
x
x
，
当
0
0,
x
x
时，
0
G x
，∴
0
F
x
，∴
F x 为增函数；
当
0,
x
x
时，
0
G x
，∴
0
F
x
，∴
F x 为减函数．
∴
0
F x
F x
0
0
0
0
ln
e
1
x
x
x
x
，
又∵
0
0
1
e
0
x
x
，∴
0
0
1
ex
x
，
0
0e
1
x
x
，
0
0
ln
0
x
x
，
∴
0
0
F x
，即
0
F x
，
∴
f x
g x
．
【点睛】关键点点睛：本题以含参数的函数解析式为背景，设立了两个问题，旨在考查导数的几何意义及
导数在研究函数的单调性、最值（极值）等方面的综合运用．求解第一问时，依据题设条件借助导数的几
何意义建立方程组
2
3
1
1
3 1
e
1
e
e
1
1
e
e
1 e
a
b
a
b
，通过解方程组使得问题获解；求解第二问时，先将不等式进行
等价转化，再构造函数
ln
e
1
x
F x
f x
g x
x
x
x
，然后运用导数的单调性进行分析推证
0
F x
恒成立．
2．已知函数
( )
(2
1)
cos2
x
f x
x
x
e
x
a
（a∈R，e 为自然对数的底数），
ln 2
1
g x
x
，其中
( )
f x 在x=0
处的切线方程为y=bx.
（1）求a，b 的值；
（2）求证：
( )
g(x)
f x ≥
；
（3）求证：
( )
f x 有且仅有两个零点.
【答案】（1）
2
a ，
2
b
；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）求导得到
'( )
4
1
sin 2
2
x
f
x
x
e
x
，
'(0)
2
f
b
，
(0)
2
0
f
a
，解得答案.
（2）先证明
1
xe
x
，
2
ln 2
1
x
x
，再证明
2
2
2
2sin
0
x
x
，得到
( )
2
f x
x
g x
，得到答案.
（3）求导得到
'( )
4
1
sin 2
2
x
f
x
x
e
x
，确定导函数单调递增，故存在
0
1,0
x
使
0
'(
)
0
f
x
，故函数
在
0
, x
上单调递减，在
0,
x 上单调递增，根据零点存在定理得到答案.
【详解】（1）
( )
(2
1)
cos2
x
f x
x
x
e
x
a
，
'( )
4
1
sin 2
2
x
f
x
x
e
x
，
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故
'(0)
2
f
b
，
(0)
2
0
f
a
，故
2
a ，
2
b
.
（2）先证明
1
xe
x
，设
1
x
k x
e
x
，则
1
x
k x
e
，函数在
,0
上单调递减，在
0,
上单调
递减，故
min
0
0
k x
k
，故
1
xe
x
恒成立.
再证明
2
ln 2
1
x
x
，设
2
1
2
ln
m x
x
x
，则
2
'
2
1
1
4
2
2
m
x
x
x
x
，
函数在
1 ,0
2
上单调递增，在
0,
上单调递减，故
max
0
0
m x
m
，
故
2
ln 2
1
x
x
.
故
2
2
( )
(2
1)
cos2
2
2
1 cos2
2
2
2
cos2
1
x
f x
x
x
e
x
x
x
x
x
x
x
x
，
2
2
2
2
cos 2
1
2
2sin
x
x
x
x
，
当
0,1
x
时，
sin
0
x
x
，
2
2
2
2sin
0
x
x
；当
1,
x
时，易知
2
2
2
2sin
0
x
x
，
函数
2
2
2
2sin
y
x
x
为偶函数，故
2
2
2
2sin
0
x
x
恒成立，故
2
f x
x
≥
.
故
( )
2
f x
x
g x
，得证.
（3）
( )
(2
1)
cos2
2
x
f x
x
x
e
x
，则
(0)
0
f
，
'( )
4
1
sin 2
2
x
f
x
x
e
x
，
2
4cos
''( )
4
2
8sin
0
x
x
f
x
e
x
e
x
恒成立，
故
'( )
f
x 单调递增，
1
'( 1)
3
2
2 in
0
s
f
e
，
'(0)
2
0
f
，
故存在
0
1,0
x
使
0
'(
)
0
f
x
，故函数在
0
, x
上单调递减，在
0,
x 上单调递增.
min
0
( )
0
0
f x
f x
f
，当x 时，
f x ，
故函数在
0
, x
上有唯一零点，在
0,
x 上有唯一零点，故有且仅有两个零点.
【点睛】本题考查了根据切线求参数，证明不等式，函数的零点问题，意在考查学生的计算能力和综合应
用能力.
3．设函数
2e
ln
1
x
f x
a
x
.
(1)讨论
f x 的导函数
f
x
的零点的个数；
(2)证明：当
0
a
时，
2
ln
f
x
a
a
.
【答案】(1)
0
a
，没有零点；
0
a
时，一个零点
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(2)证明见解析
【分析】（1）求出
2
2e
1
x
a
f
x
x
，分
0
a
，和
0
a
讨论，结合零点存在定理，即可得出零点的个数；
（2）根据（1）的结论，可推得
f x 在
0
x
x
时，
f x 取得最小值
0
f
x
.由
0
0
f
x
，即
0
2
0
e
2
1
x
a
x
，
两边取对数化简
0
0
ln
1
ln
2
2
a
x
x
.代入化简求得
0
0
0
ln
2
2
1
2
f x
a
a
a
x
x
，变形根据基本不等式，
即可得出
0
2
ln
f x
a
a
，得出证明.
【详解】（1）
f x 的定义域为
|
1
x x
，且
2
2e
1
x
a
f
x
x
.
①
0
a
时，
( )
0
f
x
¢
>
在
1,
上恒成立，此时
f
x
没有零点；
②
0
a
时，由于
2
2e x
y
单调递增，
1
a
y
x
在
1,
上单调递增，
f
x
在
1,
单调递增.
由于
2
2
2e
2e
1
0
1
a
a
a
f
a
a
，
e
2
e
2
e
1
2e
2e
2e
2
e
2
a
a
a
a
a
a
a
a
a
f
a
2
e
e
2 e
e
2 e
e
a
a
a
a
a
a
.
令
ex
g x
x
，则
e
1
0
x
g
x
在
0,
上恒成立，
所以
ex
g x
x
在
0,
上单调递增，所以
0
1
g x
g
，所以ex
x
.
因为
0
a
，所以
<
e
e
a
a
a
a
，所以e
e
0
a
a
a
，
所以
e
1 <0
2
a
a
f
.
根据零点存在定理以及
f
x
的单调性可知，
f
x
只有一个零点.
综上：
0
a
，没有零点；
0
a
时，一个零点.
（2）由（1）知，当
0
a
时，导函数
f
x
在
1,
上存在唯一的零点
0x .
当
0
1,
x
x
时，
<0
f
x
，所以
f x 在
0
1,x
上单调递减；
当
0,
x
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，所以
f x 在
0,
x
上单调递增.
故在
0
x
x
时，
f x 取得最小值
0
f
x
.
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由
0
2
0
0
2e
0
1
x
a
f
x
x
，即
0
2
0
e
2
1
x
a
x
，
从而有
0
0
ln
1
ln
2
2
a
x
x
.
所以
0
2
0
0
e
ln
1
x
f x
a
x
0
0
ln
2
2
1
2
a
a
a
x
x
0
0
0
0
2
ln
2
1
2
ln
2
1
2
2
1
2
a
a
a
a
ax
a
a x
a
a
x
x
0
0
2
2
1
2
ln
2
1
2
a
a
a x
a
a
x
2
2
2
ln
ln
2
a
a
a
a
a
a
，
当且仅当
0
0
2
1
2
1
a
a x
x
时，即
0
1
2
x
时等号成立，
所以，当
0
a
时，
0
2
ln
f x
f x
a
a
.
4．已知函数
2
( )
ln
x
f x
e
a
x
，函数
ln
( )
m
x
g x
n
x
的图象在点(1, (1))
g
处的切线方程为
3
0
y
.
（1）讨论
( )
f x 的导函数
( )
f
x
的零点的个数；
（2）若
0
a
，且
( )
f x 在[
)
,e 上的最小值为
2e
e
，证明：当
0
x
时，
( )
( )
f x
g x
.
【答案】（1）当
0
a
时，
( )
f
x
存在唯一零点，当
0
a
时，
( )
f
x
无零点.（2）证明见解析
【解析】（1）由题意得
( )
f x 的定义域为(0,
)
，
2
( )
2
x
a
f
x
e
x
，然后分
0
a
和
0
a
两种情况讨论即可
（2）先由条件求出
1
ln
( )
2
x
g x
x
，然后要证
( )
( )
f x
g x
，即证
2
2
ln
1
x
x e
x
，令
2
( )
2
ln
x
h x
x e
x
，然后利用导数得出
min
( )
1
h x
即可
【详解】（1）由题意，得
( )
f x 的定义域为(0,
)
，
2
( )
2
x
a
f
x
e
x
.
显然当
0
a
时，
( )
0
f
x
恒成立，
( )
f
x
无零点.
当
0
a
时，取
2
( )
( )
2
x
a
t x
f
x
e
x
，
则
2
2
( )
4
0
x
a
t x
e
x
，即
( )
f
x
单调递增，
又
( )
0
f
a
，
2
2
0
2
a
a
a
e
a
a
f
e
e
e
，
所以导函数
( )
f
x
存在唯一零点.
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故当
0
a
时，
( )
f
x
存在唯一零点，当
0
a
时，
( )
f
x
无零点.
（2）由（1）知，当
0
a
时，
( )
f x 单调递增，所以
2
2
min
( )
( )
e
e
f x
f e
e
a
e
，所以
0
a
.
因为
2
1
ln
( )
m
x
g x
x
，函数( )
g x 的图象在点(1, (1))
g
处的切线方程为
3
0
y
，
所以
1
(1)
0
1
m
g
，所以
1
m .
又
1
ln1
(1)
3
1
g
n
，所以
2
n
，所以
1
ln
( )
2
x
g x
x
.
根据题意，要证
( )
( )
f x
g x
，即证
2
ln
1
2
x
x
e
x
，只需证
2
2
ln
1
x
x e
x
.
令
2
( )
2
ln
x
h x
x e
x
，则
2
2
1
2
1
( )
(2
1)
(2
1)
x
x
x
h x
x
e
x
e
x
x
.
令
2
1
( )
(
0)
x
F x
e
x
x
，则
2
2
1
( )
2
0
x
F x
e
x
，
所以
( )
F x 在(0,
)
上单调递增.
又
1
4
0
4
F
e
，
1
2
0
2
F
e
，
所以
( )
F x 有唯一的零点
,
x
0
1 1
4 2 .
当
0
0,
x
x
时，
( )
0
F x
，即
( )
0
h x
，( )
h x 单调递减，
当
0,
x
x
时，
( )
0
F x
，即
( )
0
h x
，( )
h x 单调递增，
所以
0
2
min
0
0
0
( )
2
ln
x
h x
h x
x
e
x
.
又因为
0
0
F x
，所以
0
2
0
1
e x
x
，所以
0
0
0
0
0
2
0
1
1
2
ln
1
2
2
1
x
h x
x
x
x
x
e
，
故
( )
( )
f x
g x
.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的零点个数，利用导数证明不等式，属于较难题.
1.
已知函数
3
2
2
f x
x
ax
a
，
0
a
．
(1)讨论
f x 的单调性；
(2)若当
0
x
时，
3
2
3ex
f x
x
x
，求a 的取值范围．
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【答案】(1)答案见解析
(2)0, 3
【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性；
（2）根据题意分析可得
2
1
3ex
x
a
，令
2
0
3ex
x
a
g x
x
，求导，利用导数判断原函数的单调性和最
值，结合恒成立问题列式求解.
【详解】（1）由题意可得：
2
3
2
f
x
x
a
，
因为
0
a
，令
0
f
x
，得
6
6
3
3
a
a
x
，令
0
f
x
，得
6
3
a
x
或
6
3
a
x
．
所以
f x 在
6
6
,
3
3
a
a
上单调递减，在
6
,
3
a
和
6
,
3
a
上单调递增．
（2）当
0
x
时，
3
2
( )
3ex
f x
x
x
，即
3
2
3
2
2
3ex
x
ax
a
x
x
，
整理得
2
2
2
3e
2
x
x
ax
a
x
a
，即
2
1
3ex
x
a
．
令
2
0
3ex
x
a
g x
x
，则max
1
g x
即可．
求导得
2
3ex
x
a
x
a
g
x
，
令
0
g
x
，得
1x
a
，
2
2
x
a
，显然
2
a
a
，
令
0
g
x
，解得
2
a
x
a
；令
0
g
x
，令0
x
a
或
2
x
a
，
所以
g x 在
0,a 上单调递减，在
,
2
a a
上单调递增，在
2,
a
上单调递减，
则
max
0
g x
g
或
2
g a
．
所以
2
2
0
1
3
4
2
1
3ea
a
g
g a
，解得0
3
a
，
所以a 的取值范围是0, 3．
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
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第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
2.
设
1
1 ln
f x
ax
a
x
x
.
(1)讨论
f x 的单调性；
(2)设
2
2e x
g x
x
f x
，若关于x 的不等式
1
3 ln
1
g x
ax
a
x
x
≥
恒成立，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
,1
【分析】（1）先求定义域，再求导，对导函数因式分解，分
1
a ，
1
a ，0
1
a
三种情况，求出单调性；
（2）不等式转化为
2
2
2
2
e
ln
e
1
2
1
x
x
x
x
a
x
，构造
ln
1
h x
x
x
，求导得到其单调性，得到
2
2
2
2
e
ln
e
1
0
x
x
x
x
当且仅当
2
2e
1
x
x
时等号成立，并且存在
0
0,1
x
，满足
0
2
2
0e
1
x
x
，故当
1
a 时，
满足要求，当
1
a 时，不合要求，得到答案.
【详解】（1）函数的定义域为
0,
，求导得
2
2
1
1
1
1
ax
x
a
f
x
a
x
x
x
，
①
0
a
，令
( )
0
f
x
¢
>
，得0
1
x
；令
0
f
x
，得
1
x ，
则
f x 在
0,1 上单调递增，在
1,上单调递减
②
0
a
，令
0
f
x
得
1
1
x
a
，
2
1
x ，
当
1
a 时，1
1
a ，当
1
0
x
a
或
1
x 时，
( )
0
f
x
¢
>
；当1
1
x
a
时，
0
f
x
，
则
f x 在
1
0, a
，
1,单调递增，在1 ,1
a
单调递减；
当
1
a 时，
0
f
x
恒成立，故
f x 在
0,
单调递增；
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当0
1
a
时，1
1
a ，当0
1
x
或
1
x
a
时，
( )
0
f
x
¢
>
，当
1
1
x
a
时，
0
f
x
，
则
f x 在
0,1 ，1 ,
a
单调递增，在
1
1, a
单调递减.
综上，当
1
a 时，
f x 在
1
0, a
，
1,单调递增，在1 ,1
a
单调递减；
当
1
a 时，
f x 在
0,
单调递增；
当0
1
a
时，
f x 在
0,1 ，1 ,
a
单调递增，在
1
1, a
单调递减；
当
0,
a
f x
在
0,1 上单调递增，在
1,上单调递减.
（2）将
1
1 ln
f x
ax
a
x
x
代入
1
3 ln
1
g x
ax
a
x
x
≥
中，
2
2
1
1
l
1
e
3 l
n
n
1
x
x
x
ax
x
a
x
x
a
a
x
，
化简得
2
2e
2ln
1
2
x
x
x
ax
，不等式两边同减去2x 得，
2
2e
2ln
2
1
2
2
x
x
x
x
ax
x
，
可化为
2
2
2
2
e
ln
e
1
2
1
x
x
x
x
a
x
，
令
ln
1
h x
x
x
，则
1
1
1
x
h x
x
x
，
易知当
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，
所以
min
1
0
h x
h
，从而
0
h x
，当且仅当
1
x 时等号成立，
则
2
2
2
2
e
ln
e
1
0
x
x
x
x
，当且仅当
2
2e
1
x
x
时等号成立，
令
2
2e x
u x
x
，
2
2
2
2
2 e
e
e
1
2
2
x
x
x
x
u x
x
x
x
，
故当
1
x 或
0
x
时，
0
u x
，
2
2e x
u x
x
单调递增，
当1
0
x
时，
0
u x
，
2
2e x
u x
x
单调递减，
2
1
1
e
u
，
0
0
u
，
2
1
1
e
u
，
故存在
0
0,1
x
，满足
0
2
2
0 e
1
x
x
，
当
1
a 时，
2
2
2
2
e
ln
e
1
0
x
x
x
x
，
2
1
0
a
x
≤
，可得原不等式成立；
当
1
a 时，由于存在
0
0,1
x
，满足
0
2
2
0 e
1
x
x
，
从而使得
2
2
2
2
e
ln
e
1
0
x
x
x
x
，
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而
2
1
0
a
x
，于是
1
3 ln
1
g x
ax
a
x
x
≥
不恒成立.
综上，实数a 的取值范围是
,1
.
【点睛】难点点睛：导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现ex 与ln x ，通常使用同构来进行求解，本
题难点是
2
2e
2ln
1
2
x
x
x
ax
两边同减去2x 得
2
2
2
2
e
ln
e
1
2
1
x
x
x
x
a
x
，从而构造
ln
1
h x
x
x
进
行求解.
3.
已知函数
ex
f x
a
a
x
．
(1)讨论
f x 的单调性；
(2)证明：当
0
a
时，
3
2ln
2
f x
a
．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论
0
a
与
0
a
两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为
2
1
ln
0
2
a
a
的恒成立问题，构造函数
2
1
ln
0
2
g a
a
a a
，利用导数证得
0
g a
即可.
方法二：构造函数
e
1
x
h x
x
，证得e
1
x
x
，从而得到
2
( )
ln
1
f x
x
a
a
x
，进而将问题转化为
2
1
ln
0
2
a
a
的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为
( )
ex
f x
a
a
x
，定义域为R ，所以
e
1
x
f
x
a
，
当
0
a
时，由于e
0
x
，则e
0
x
a
，故
0
e
1
x
f
x
a
恒成立，
所以
f x 在R 上单调递减；
当
0
a
时，令
e
1
0
x
f
x
a
，解得
ln
x
a
，
当
ln
x
a
时，
0
f
x
，则
f x 在
, ln a
上单调递减；
当
ln
x
a
时，
( )
0
f
x
¢
>
，则
f x 在
ln ,a
上单调递增；
综上：当
0
a
时，
f x 在R 上单调递减；
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当
0
a
时，
f x 在
, ln a
上单调递减，
f x 在
ln ,a
上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，
ln
min
2
ln
ln
ln
e
1
a
f
a
a
x
a
f
a
a
a
，
要证
3
( )
2ln
2
f x
a
，即证
2
3
1
2ln
2
ln
a
a
a
，即证
2
1
ln
0
2
a
a
恒成立，
令
2
1
ln
0
2
g a
a
a a
，则
2
1
2
1
2
a
g
a
a
a
a
，
令
0
g
a
，则
2
0
2
a
；令
0
g
a
，则
2
2
a
；
所以
g a 在
2
0, 2
上单调递减，在
2 ,
2
上单调递增，
所以
2
min
2
2
1
2
ln
ln
2
0
2
2
2
2
g a
g
，则
0
g a
恒成立，
所以当
0
a
时，
3
( )
2ln
2
f x
a
恒成立，证毕.
方法二：
令
e
1
x
h x
x
，则
e
1
x
h x
，
由于
ex
y
在R 上单调递增，所以
e
1
x
h x
在R 上单调递增，
又
0
0
e
1
0
h
，
所以当
0
x
时，
0
h x
；当
0
x
时，
0
h x
；
所以
h x 在
,0
上单调递减，在
0,
上单调递增，
故
0
0
h x
h
，则e
1
x
x
，当且仅当
0
x
时，等号成立，
因为
2
ln
2
2
( )
e
e
e
ln
1
x
x
x
a
f x
a
a
x
a
a
x
a
x
x
a
a
x
，
当且仅当
ln
0
x
a
，即
ln
x
a
时，等号成立，
所以要证
3
( )
2ln
2
f x
a
，即证
2
3
ln
1
2ln
2
x
a
a
x
a
，即证
2
1
ln
0
2
a
a
，
令
2
1
ln
0
2
g a
a
a a
，则
2
1
2
1
2
a
g
a
a
a
a
，
令
0
g
a
，则
2
0
2
a
；令
0
g
a
，则
2
2
a
；
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所以
g a 在
2
0, 2
上单调递减，在
2 ,
2
上单调递增，
所以
2
min
2
2
1
2
ln
ln
2
0
2
2
2
2
g a
g
，则
0
g a
恒成立，
所以当
0
a
时，
3
( )
2ln
2
f x
a
恒成立，证毕.
4.
已知函数
( )
(
)sin
cos
f x
x
m
x
x
，
5
0, 4
x
.
(1)当
2
m
≤
时，讨论
( )
f x 的单调性；
(2)若
0
m
，
( )
1
(
)
f x
a x
，求a .
【答案】(1)见解析
(2)a
【分析】（1）求出函数的导数，就
2
m
、0
2
m
、
0
m
分类讨论后可得函数的单调性.
（2）就a
、a
分类讨论后可得a
，再证明a
时，不等式是恒成立的.
【详解】（1）
( )
sin
sin
cos
cos
f
x
x
x
x
m
x
x
m
x
，
若
2
m
时，则
( )
cos
2
f
x
x
x
，
当
5
0, 4
x
时，
( )
0
f
x
恒成立，当且仅当
2
x
时等号成立，
故此时
f
x 在
5
0, 4
为减函数，无增区间.
当0
2
m
时，若0
x
m
，则
( )
0
f
x
；若
2
m
x
，则
( )
0
f
x
，
4
2
x
，则
( )
0
f
x
，
故
( )
f x 在
0,m 上为减函数，在
, 2
m
上为增函数，在
5
,
2
4
上为减函数.
当
0
m
时，若0
2
x
，则
( )
0
f
x
，
4
2
x
，则
( )
0
f
x
，
故
( )
f x 在0, 2
上为增函数，在
5
,
2
4
上为减函数.
（2）
0
m
时，
( )
1
(
)
f x
a x
即为sin
cos
1
(
)
x
x
x
a x
，
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因为任意
5
0, 4
x
时，sin
cos
1
(
)
x
x
x
a x
恒成立，
故
sin
cos
1
(
)
0
g x
x
x
x
a x
在
5
0, 4
上恒成立，
而
cos
g
x
x
x
a
，
g
a
，
若a
，在
0
g
，因为
g
x
为不间断函数，
所以存在
0
0
x
，使得
0,
x
x
，总有
( )
0
g
x
¢
<
，
故
g x 在
0,
x 上为减函数，故
0,
x
x
，
0
g x
g
，这与题设矛盾.
若a
，在
0
g
，因为
g
x
为不间断函数，
所以存在
0
5
4
x
，使得
0
,
x
x
，总有
( )
0
g
x
¢
>
，
故
g x 在
0
, x
上为减函数，故
0
,
x
x
，
0
g x
g
，这与题设矛盾.
故a
，此时
cos
g
x
x
x
，
当0
π
x
时，
cos
0
g
x
x
x
，
当
5
4
x
时，
cos
cos
g
x
x
x
x
x
x
，
设
cos
h x
x
x
，则
2
sin
h
x
x
x
，
因为
2
sin ,
y
x y
x
在
5
, 4
上均为增函数，
故
h x
在
5
, 4
上为增函数，
而
0
h
，
5
2
16
16
20
16
0.8
0
4
2
25
25
25
h
，
故存在
1
5
, 4
x
，使得
1
,
x
x
时，
0
h x
，
使得
1
5
, 4
x
x
时，
0
h x
，故
h x 在
1
, x
为减函数，在
1
5
, 4
x
上为增函数，
故
5
, 4
x
，总有
5
2
4
max
,
max 0,
0
4
2
5
h x
h
h
，
故当
5
4
x
时，
( )
0
g
x
¢
<
，
故
g
x
在
5
, 4
上为增函数，在
0,上为减函数，故
max
0
g x
g
，
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综上，a
.
5.
已知函数
e
ln
1
x
f x
k
x
，
R
k
．
(1)若
1
2
x
是
f
x 的极值点，求曲线
y
f x
在
1,
1
f
处的切线方程；
(2)证明：当
0,e
k
时，
0
f x
．
【答案】(1)
e
e
2
y
x
；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据极值点求参数k，再应用导数的几何意义求曲线
y
f x
在
1,
1
f
处的切线方程；
（2）由题设易得
e
ln
1
e
x
f x
x
k
，构造
e
ln
1
e
x
g x
x
并应用导数判断其在定义域上函数值的符号，
即可证明结论.
(1)
由题意得：
ex
k
f
x
x
，
0
x
，
因为
1
2
x
是
f
x 的极值点，所以
1
e
2
0
2
f
k
，所以
e
2
k
．
所以
e
1
e
2
f
，又
e
1
e
2
f
，
所以曲线
y
f x
在
1,
1
f
处的切线方程为
e
e
2
y
x
．
(2)
因为
0,e
k
，则1
1 ,
e
k
，所以
e
e
ln
1
ln
1
e
x
x
f x
x
x
k
k
，
设
e
ln
1
e
x
g x
x
，则
e
1
e
x
g
x
x
，该函数为定义域上的增函数，
且x=1 时，函数值为零.
故当
0,1
x
时，
( )
0
g
x
¢
<
，当
1,
x
时，
( )
0
g
x
¢
>
，
所以
1
0
g x
g
，故
0
f x
k
，即
0
f x
．
10．已知函数
ln x
f x
ax
x
，aR .
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（1）设
1
a 时，求曲线
y
f x
在点
,e f e
处的切线方程；
（2）证明：当
1
2
a
e
时，
0
f x
.
【答案】（1）
1
0
x
y
e
；（2）证明见解析.
【分析】（1）由切点处导数的几何意义求切线斜率，并由函数解析式求切点坐标，写出切线方程即可.
（2）由题设得当
1
2
a
e
时，
1
ln
2
x
f x
x
e
x
；设
1
ln
2
x
g x
x
e
x
，利用导数研究单调性，即可证结论.
【详解】解：（1）当
1
a 时，
ln x
f x
x
x
，
2
1 ln
1
x
f
x
x
，
1
f
e
，
1
f e
e
e
，
则曲线
y
f x
在点
,e f e
处的切线方程为
1
0
x
y
e
.
（2）当
1
2
a
e
时，
1
ln
2
x
f x
x
e
x
，
设
1
ln
2
x
g x
x
e
x
，
2
2
1
ln
1
2 x
x
e
g
x
x
，
设
2
1
ln
1
2
h x
x
x
e
，知其在
0,
上单调递增，且
0
h
e
，
当0
e
x
时，
0
g
x
；当x
e
时，
0
g
x
.
所以函数
g x 在
0, e 上单调递减，在
,e 上单调递增，
0
g x
g
e
，即
0
f x .
【点睛】关键点点睛：
（1）根据导数的几何意义求切点处的切线方程.
（2）利用导数研究
( )
f x 在不同区间的单调性，其中注意构造中间函数研究单调性及其最小值，进而确定
( )
0
f x
.
6.
已知函数
1
ln
1
x
f x
e
x
a
.
（1）设
1
x 是
f x 的极值点，求a ，并求
f x 的单调区间；
（2）当
3
a 时，证明
1
f x .
【答案】（1）
0
a
，
f x 的单调递减区间为
0,1 ，增区间为
1,；（2）证明见解析.
【解析】（1）求出导函数，由
( )
0
1
f
求得a ，再确定
( )
f
x
的正负，从而确定
( )
f x 的单调区间；
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（2）由
3
a
得
3
x
a
x
，
1
1
1
ln
2
ln
3
2
x
x
f x
e
x
a
e
x
，构造新函数
1
ln
3
2
x
g x
e
x
，
3,
x
，只要证明
( )
0
g x
即可，利用导数求出( )
g x 的最小值即可．只
是要注意
( )
0
g x
的唯一解
0x 不可直接得出，只能通过
( )
g x
的零点
0x 来研究( )
g x
的最小值
0
(
)
g x
，只
要说明
0
(
)
0
g x
即可．
【详解】（1）
1
1
x
f
x
e
x
a
，
由
1
x 是
f x
的极值点知，
1
0
f
，即
1
1
0
1 a
，所以
0
a
.
于是
1
ln
1
x
f x
e
x
，定义域为
0,
，且
1
1
x
f
x
e
x
，
函数
1
1
x
f
x
e
x
在
0,
上单调递增，且
1
0
f
，
因此当
0,1
x
时，
0
f
x
；当
1,
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
所以
f x 的单调递减区间为
0,1
，增区间为
1,.
（2）当
3
a
，x
a
时，0
3
x
a
x
，从而
ln
ln
3
x
a
x
，则
1
1
1
ln
2
ln
3
2
x
x
f x
e
x
a
e
x
，
令
1
ln
3
2
x
g x
e
x
，
3,
x
，则
1
1
3
x
g
x
e
x
在
3,
单调递增，
且
2
1
1
1
0
2
g
e
，
1
1
0
0
3
g
e
，
故存在唯一的实数
0
1,0
x
，使得
0
0
g x
.
当
0
3,
x
x
时，
0
g
x
，( )
g x
递减；当
0,
x
x
时，
0
g
x
，( )
g x
递增．
从而当
0
x
x
时，
g x
取最小值.
由
0
0
g x
得
0 1
0
1
0
3
xe
x
，则
0 1
0
1
3
xe
x
，
0
0
1
ln
3
x
x
，
故
0
2
1
0
0
0
0
min
0
0
2
1
ln
3
2
1
2
3
3
x
x
g x
g x
e
x
x
x
x
，
由
0
1,0
x
知，
2
0
0
2
0
3
x
x
，故
0
1
0
f x
g x
g x
，
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即当
3
a 时，
1
f x
成立.
【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性、极值，用导数证明函数不等式，解题关键是掌握等价转化思
想，不等式的证明通常转化为通过研究函数的最值来实现．
7.
已知函数
2
e
1
x
f
x
ax
x
（aR ，e 为自然对数的底数）．
(1)若
f x 在x=0 处的切线与直线y=ax 垂直，求a 的值；
(2)讨论函数
f x 的单调性；
(3)当
2
1
e
a
时，求证：
2
ln
2
x
x
f
x
x
．
【答案】(1)
1
a
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义求出切线的斜率，再由直线的位置关系可求解；
（2）由于
( )
(
1)
e
2
x
f
x
x
a
，令
( )
0
f
x
，得= 1
x 或
2
ln
x
a
，通过比较两个值分类讨论得到单调区
间；
（3）方法一：通过单调性，根据求最值证明；方法二：运用放缩及同构的方法证明.
【详解】（1）
( )
(
1)
e
2
x
f
x
x
a
，则
(0)
2
f
a
，
由已知(
2)
1
a
a
，解得
1
a
（2）
( )
(
1)
e
2
x
f
x
x
a
（ⅰ）当
0
a
时，e
2
0
x
a
，
所以
( )
0
1
f
x
x
，
( )
0
1
f
x
x
，
则
( )
f x 在(
, 1)
上单调递增，在( 1,
)
上单调递减；
（ⅱ）当
0
a
时，令e
2
0
x
a
，得
2
ln
x
a
，
①0
2e
a
时，
2
ln
1
a ，
所以
( )
0
1
f
x
x
或
2
ln
x
a
，
( )
0
1
2
ln a
f
x
x
，
则
( )
f x 在(
, 1)
上单调递增，在
2
1,ln a
上单调递减，在
2
ln
,
a
上单调递增；
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②
2e
a
时，
1
( )
2(
1) e
1
0
x
f
x
x
，则
( )
f x 在(
,
)
上单调递增；
③
2e
a
时，
2
ln
1
a ，
所以
2
ln
( )
0
x
a
f
x
或
1
x ，
2
ln
( )
0
1
f
x
a
x
，
则
( )
f x 在
2
,ln a
上单调递增，在
2
ln
, 1
a
上单调递减，在( 1,
)
上单调递增．
综上，
0
a
时，
( )
f x 在(
, 1)
上单调递增，在( 1,
)
上单调递减；
0
2e
a
时，
( )
f x 在(
, 1)
上单调递增，在
2
1,ln a
上单调递减，在
2
ln
,
a
上单调递增；
2e
a
时，
( )
f x 在(
,
)
上单调递增；
2e
a
时，
( )
f x 在
2
,ln a
上单调递增，在
2
ln
, 1
a
上单调递减，在( 1,
)
上单调递增．
（3）方法一：
2
( )
ln
2(
0)
f x
x
x
x
x
等价于
e
ln
1
0(
0)
x
ax
x
x
x
当
2
1
e
a
时，
2
e
ln
1
e
ln
1(
0)
x
x
ax
x
x
x
x
x
x
令
2
2
1
( )
e
ln
1,
( )
(
1) e
x
x
g x
x
x
x
g x
x
x
令
2
1
( )
ex
h x
x
，则( )
h x 在区间(0,
)
上单调递增
∵
1
1
(1)
1
0, (2)
0
2
h
h
e
，
∴存在
0
(1,2)
x
，使得
0
0
h x
，即
0 2
0
0
0
1
e
,
2
ln
x
x
x
x
当
0
0,
x
x
时，
( )
0
g x
，则( )
g x 在
0
0, x
上单调递减，
当
0,
x
x
时，
( )
0
g x
，则( )
g x 在
0,
x 上单调递增
∴
0 2
min
0
0
0
0
0
0
0
0
1
( )
e
ln
1
2
1
0
x
g x
g x
x
x
x
x
x
x
x
∴( )
0
g x
，故
2
( )
ln
2
f x
x
x
x
方法二：
当
2
1
a
e
时，
2
e
ln
1
e
ln
1(
0)
x
x
ax
x
x
x
x
x
x
2
ln
2
( )
e
ln
1
e
(ln
2) 1
x
x x
g x
x
x
x
x
x
令
ln
2
t
x
x
，则t
R
，
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令( )
e
1
t
k t
t
，则
( )
e
1
t
k t
当
0
t
时，
( )
0
k t
；当
0
t
时，
( )
0
k t
∴( )
k t 在区间(
,0)
上单调递减，(0,
)
上单调递增．
∴( )
(0)
0
k t
k
，即( )
0
g x
∴
2
( )
ln
2
f x
x
x
x
，
【关键点点睛】解决本题的关键：一是导数几何意义的运用，二是通过导函数等于零，比较方程的根对问
题分类讨论，三是隐零点的运用及放缩法的运用.
8.
已知函数
2
( )
2
e
x
f x
x
a
．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若
(0,
), ( )
x
f x
a
恒成立，求整数a 的最大值．
【分析】（1）求得
'f
x ，对a 进行分类讨论，由此求得
f x 的单调区间.
（2）由
(0,
), ( )
x
f x
a
恒成立分离常数a ，通过构造函数，结合导数求得a 的取值范围，从而求得整
数a 的最大值.
【详解】（1）
'
2
(
2
2
)ex
f
x
x
x
a
①当
1
a 时，
( )
0
f
x
恒成立，故
( )
f x 在R 上恒增；
②当
1
a 时，当
(
, 1
1)
x
a
时
( )
0
f
x
，
( )
f x 单调递增，
( 1
1, 1
1)
x
a
a
时
( )
0
f
x
，
( )
f x 单调递减，
( 1
1,
)
x
a
时
( )
0
f
x
，
( )
f x 单调递增，
综上所述：当
1
a 时，
( )
f x 在R 上恒增；
当
1
a 时，
( )
f x 在(
, 1
1)
a
和( 1
1,
)
a
上单调递增，
在( 1
1, 1
1)
a
a
上单调递减.
（2）
2
e (
2)
(e
1)
x
x
x
a
，由于
,
(
)
0
x
，
2
e (
2)
e
1
x
x
x
a
，
2
e (
2)
( )
e
1
x
x
x
g x
，
2
2
e (2 e
2
2)
( )
(e
1)
x
x
x
x
x
x
g x
，
令
2
( )
2 e
2
2
x
h x
x
x
x
，
( )
(e
1)(2
2)
x
h x
x
，由于
,
(
)
0
x
，则
( )
(e
1)(2
2)
0
x
h x
x
，
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故
2
( )
2 e
2
2
x
h x
x
x
x
单调递增，
3
3
3
4
4
4
3
3
9
3
3
3
8
( )
e
2
e
4
(e
)
0
4
2
16
2
2
2
3
h
，(1)
2e
5
0
h
，
所以存在
0
3
( ,1)
4
x
使得
0
(
)
0
h x
，即
0
2
0
0
0
2
e
2
2
x
x
x
x
，
当
0
0
(0,
)
x
x
时( )
0
h x
，( )
g x 单调递减，当
0
0
(
,
)
x
x
时( )
0
h x
，( )
g x 单调递增；
那么
0
0
2
0
2
0
0
0
e
2
2
2
e
1
x
x
x
a
g x
x
x
，
0
3
( ,1)
4
x
，故
0
3
4
( )
(
)
(1)
5
4
g
g x
g
，
由于a 为整数，则a 的最大值为4.
9.
已知函数
( )
ln
(
1)
f x
x
a x
．
（1）讨论函数的单调性；
（2）对任意
0
x
，求证：
2
2
(
1)
( )
xe
a x
f x
xe
．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）求导
1
1
( )
ax
f
x
a
x
x
，分
0
a
和
0
a
，分别令
( )
0
f
x
¢
>
，
0
f
x
求解；
（2）将不等式
2
2
(
1)
( )
xe
a x
f x
xe
，转化为
2
2
ln
0
xe
x
e
x
，令
2
2
( )
ln
xe
g x
x
e
x
，用导数法证明
0
mim
g x
即可．
【详解】解：（1）由题意得
f x 的定义域是
0,
，
1
1
( )
ax
f
x
a
x
x
，
当
0
a
时，
( )
0
f
x
¢
>
恒成立，
( )
f
x
\
在
0,
单调递增，
当
0
a
时，令
( )
0
f
x
，解得
1
0
x
a
，
令
0
f
x
，解得：
1
x
a
，
( )
f
x
\
在
1
0, a
上单调递增，在1 ,
a
上单调递减；
综上：当
0
a
时，
f x 在
0,
单调递增，
当
0
a
时，
f x 在
1
0, a
上单调递增，在1 ,
a
上单调递减；
（2）证明：要证
2
2
(
1)
( )
xe
a x
f x
xe
，
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2
2
ln
0
xe
x
e
x
，
令
2
2
( )
ln
xe
g x
x
e
x
，则
2
2
2
2(
1)
( )
x
x
e
e x
g x
e x
，
令
2
( )
2(
1)
x
r x
x
e
e x
，则
2
( )
2
x
r x
xe
e
，
由
r
x
在
0,
单调递增，且
2
(1)
2
0
r
e
e
，
2
(2)
3
0
r
e
，
存在唯一的实数
0
(1,2)
x
，使得
0
(
)
0
r x
，
r x
在
0
(0,
)
x
上单调递减，在
0,
x 上单调递增，
(0)
0
r
，(2)
0
r
，
当( )
0
r x
时，
2
x
，当( )
0
r x
时，0
2
x
，
( )
g x
在
0,2 上单调递减，在
2,
上单调递增，
( )
(2)
1 ln2
0
g x
g
，
综上，
2
2
ln
0
xe
x
e
x
，即
2
2
(
1)
( )
xe
a x
f x
xe
．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，常构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研
究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0 的关系，从而证明不等式．
10.
已知函数
2
( )
1(
x
f x
e
ax
a
为常数）．
（1）若曲线
( )
y
f x
在
1
x 处的切线方程为
2
y
bx
，求a ，b 的值；
（2）讨论函数
( )
f
x
函数的单调性；
（3）当
1
a ，
0
x
时，求证：
( )
(
2)
2
f x
e
x
．
【答案】（1）
1
a ，
2
b
e
；（2）答案见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）算出曲线
( )
y
f x
在
1
x 处的切线方程，然后与
2
y
bx
比较系数即可；
（2）分
0
a
和
0
a
讨论即可；
（3）构造函数
2
( )
( )
(
2)
2
(
2)
1
x
x
f x
e
x
e
x
e
x
，利用导数证明( )
0
x
即可.
【详解】（1）
)
2
(
x
f
x
e
ax
，f （1）
2
e
a
，f （1）
1
e
a
，
曲线
( )
y
f x
在
1
x 处的切线方程为：
1
(
2 )
2
y
e
a
e
a x
e
a
，
即：
(
2 )
1
y
e
a x
a
，
由题意：
2
e
a
b
，
1
2
a
，
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1
a
，
2
b
e
；
（2）
( )
2
x
f
x
e
ax
，
设( )
( ),
( )
2
x
h x
f
x h x
e
a
，
当
0
a
时，
( )
0
h x
在R 上恒成立；
当
0
a
时，令
( )
0
h x
，即
2
0
xe
a
，解得
ln(2 )
x
a
，
令
( )
0
h x
，即
2
0
xe
a
，解得
ln(2 )
x
a
．
综上所述，当
0
a
时，函数
( )
f
x
在R 上单调递增；
当
0
a
时，函数
( )
f
x
在(ln(2 )
a ，
)
上单调递增，
在(，ln(2 ))
a 上单调递减．
（3）证明：令
2
( )
( )
(
2)
2
(
2)
1
x
x
f x
e
x
e
x
e
x
，
则
( )
2
(
2)
x
x
e
x
e
，令( )
( )
t x
x
，
则( )
2
t x
ex
，令( )
0
t x
得：0
ln 2
x
令( )
0
t x
得：
ln2
x
，
( )
( )
t x
x
在(0,
2)
ln
上单调递减，在(ln 2,
)
上单调递增
(0)
(0)
3
0
t
e
，t （1）
（1）
0
，0
ln 2
1
，
(ln 2)
(ln 2)
0
t
，
存在
0
(0,1)
x
使
0
0
(
)
(
)
0
t x
x
，
且当
0
(0,
)
x
x
或
(1,
)
x
时，( )
( )
0
t x
x
，
当
0
(
x
x
，1) 时，( )
( )
0
t x
x
，
( )
x
在
0
(0,
)
x
上递增，在
0
(x ，1) 上递减，在(1,
)
上递增，
又(0)
（1）
0
，所以有：( )
0
x
，即
( )
(
2)
2
0
f x
e
x
，
( )
(
2)
2
f x
e
x
．
【点睛】证明不等式
( )
( )
f x
g x
或
( )
( )
f x
g x
转化为证明
( )
( )
0
f x
g x
或
( )
( )
0
f x
g x
，进而构造辅助
函数( )
( )
( )
h x
f x
g x
.
11.
已知函数
2
2
ln
e
1
x
f
x
x
a x
x
(1)讨论函数
f x 的单调性；
(2)若1
0
a
，求证
2
( )
e
(
2)
x a
f x
ax
a
x
恒成立.
【答案】(1)答案见解析
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(2)证明见解析
【分析】
（1）依题意可得
2
ln
2
1
f
x
x
x
a x
x
，求出函数的导函数
2
1
1
x
ax
f
x
x
，再分
0
a
和a<0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）依题意只需证明
0
l
e
n
x a
x
a
，设( )
ln
e
,(
0)
x a
g x
x
a x
，求出函数的导函数，由指数函数和
幂函数的性质得到
( )
g x
在
0,
上是减函数，再由零点存在性定理得到存在
0
(
,1)
x
a
，使得
0
0
(
)
g x
，
即可得到( )
g x 的单调性，从而得到
0
( )
(
)
g x
g x
，由
0
0
0
0
1
2ln
g x
x
x
x
，设
1
( )
2ln
(
1)
h x
x
x
a
x
x
，
即可得到
0
h x
，从而得证；
【详解】（1）解：因为
2
2
2
ln
e
1
ln
2
1
x
f
x
x
a x
x
x
x
a x
x
定义域为
0,
，
所以
2
2
2
1
2
1
1
1
2
2
ax
a
x
x
ax
f
x
ax
a
x
x
x
，
当
0
a
时
( )
0
f
x
，
f x 在
0,
上单调递增.
当a<0时，则
1
0,
x
a
时
( )
0
f
x
¢
>
，所以
f x 在
1
0,
a
上单调递增，
1 ,
x
a
时
0
f
x
，所以
f x 在
1 ,
a
上单调递减，
综上可得：当
0
a
时
f x 在
0,
上是增函数，
当a<0时
f x 在
1
0,
a
上是增函数，在
1 ,
a
上是减函数；
（2）解：若要证
2
( )
e
(
2)
x a
f x
ax
a
x
，只需证
0
l
e
n
x a
x
a
.
设( )
ln
e
,(
0)
x a
g x
x
a x
，则
1
( )
ex a
g x
x
，则
( )
g x
在
0,
上是减函数，
因为1
0
a
，所以0
1
a
，
1
1
0
g
a
a
，
1
(1)
1
0
a
g
e
所以存在
0
(
,1)
x
a
，使得
0
0
(
)
g x
所以
0
(0,
)
x
x
，
( )
0
g x
，( )
g x 是增函数，
0
(
,
)
x
x
，
( )
0
g x
，( )
g x 是减函数，
所以
0
( )
(
)
g x
g x
，
由
0
0
(
)
g x
得
0
0
e
1
x
a
x
，两边取对数得
0
0
lnx
x
a
，即
0
0
ln
a
x
x
，
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所以
0
0
0
0
0
0
1
ln
e
2ln
x
a
g x
x
a
x
x
x
设
1
( )
2ln
(
1)
h x
x
x
a
x
x
则( )
h x 在
,1
a
上是增函数，所以
1
0
h x
h
所以
0
0
g x
，即
2
( )
e
(
2)
x a
f x
ax
a
x
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成
立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)
值问题处理．
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