函数与导数：双变量问题、利用导数证明不等式、零点问题专项训练
考点目录
双变量问题
利用导数证明不等式
零点问题
1．（23-24 高二下·福建福州·期末）已知,x y 为不相等的正实数，
1
ln
ln
x
y
x
y
+
=
-
，则（ ）
A．x
y
＞
B．x
y
＜
C．
1
x
y
+
＞
D．
1
x
y
+
＜
【答案】C
【详解】由
1
ln
ln
x
y
x
y
+
=
-
得：
1
1
1
ln
ln
ln
x
x
y
y
y
y
+
= -
+
=
+
，
构造函数
ln
f x
x
x
=
+
，则
1
1
0
f
x
x +
¢
=
>
，
可知
ln
f x
x
x
=
+
在
0, ¥
+
上递增，
结合
1
1
ln
ln
x
x
y
y
+
=
+
，得
1
x
y
=
，即
1
xy =
由基本不等式可知：
2
2
x
y
xy
+
³
=
，
当且仅当
1
x
y
=
= 时等号成立，所以
1
x
y
+
> .
故选：C.
2．（24-25 高三上·湖北武汉·期中）函数
ln
,
ex
a
f x
x
b a
b
=
+
+
Î
Î
R
R 的两个极值点
1
2
,
x x 满足
1
2
1
2
x
x
x
<
£
，则
1
2
2
x
x
+
的最大值为（ ）
A．2ln2
B．3ln2
C．4ln2
D．5ln2
【答案】D
【详解】由题知，
f x 的定义域为
0, ¥
+
，
1
e
e
e
x
x
x
a
ax
f
x
x
x
-
=
¢
= -
+
，
因为
f x 有两个极值点
1
2
,
x x ，所以
1
2
1
2
e
0,e
0
x
x
ax
ax
-
=
-
=
，则
2
1
2
1
ex
x
x
x
-
=
①，
令
2
1
x
t
x = ，因为
1
2
1
2
x
x
x
<
£
，所以
1,2
t Î
，
将
2
1
x
t
x = 代入①整理可得
1
2
ln
ln
,
1
1
t
t
t
x
x
t
t
=
=
-
- ，
所以
1
2
2
1 ln
ln
2 ln
2
1
1
1
t
t
t
t
t
x
x
t
t
t
+
+
=
+
=
-
-
-
，
考点一
双变量问题
令
2
1 ln
, 1
2
1
x
x
g x
x
x
+
=
<
£
-
，则
2
1
3ln
2
1
1
x
x
x
g
x
x
-
-
-
¢
+
=
-
，
设
1
3ln
2
1
h x
x
x
x
= -
+
-
- ，则
2
2
2
1
1
3
1
2
x
x
h x
x
x
x
-
-
= -
+
+
=
¢
，
因为1
2
x
<
£
，所以
0
h x
¢
>
，所以
h x 在
1,2 上单调递增，
所以
3ln1
2 1 1
0
h x > -
+
- - =
，所以
g x 在
1,2 上单调递增，
所以
max
2
5ln 2
g x
g
=
=
.
故选：D
3．（24-25 高二下·河北秦皇岛·期末）已知实数x ，y 满足
2e
ln
ln 2
x
y
x
y
=
-
，则y 的最小值为（ ）
A．
2
1
e
B．1
e
C．e
D．
2e
【答案】C
【详解】因为
2e
ln
ln 2
x
y
x
y
=
-
，所以
2
ln
e
ln 2
,
,
0
x
y
y
y
x
x y
=
-
>
，
即
2
ln 2
e
,
0
x
y
xy
x y
=
>
，所以
2
2
ln 2
2 e
,
0
x
xy
xy
x
x y
=
>
，
令
e ,
0
x
f x
x
x
=
>
，求导得
1 e
0,
0
x
f
x
x
x
=
+
>
>
¢
，
所以
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，
而
2
2
ln 2
2 e
,
0
x
xy
xy
x
x y
=
>
，即
2
ln 2
f
x
f
xy
=
，
从而
ln 2
2
xy
x
=
，所以
2e
,
0
2
x
y
x
x
=
>
，
令
2 ,
0
t
x
x
=
>
，
e ,
0
t
g t
t
t
=
>
，
求导得
2
e
1 ,
0
t t
g t
t
t
-
¢
=
>
，
0
1
g t
t
>
¢
Þ > ，
0
0
1
g t
t
<
Þ
< <
¢
，
所以
g t 在
0,1 单调递减，在
1, ¥
+
上单调递增，
所以y 的最小值为1
e
g
=
.
故选：C.
4．（2025·陕西咸阳·模拟预测·多选）已知
2
( )
(
1)
x
f x
x
e
x
=
-
-
，则下列说法正确的是（ ）
A．函数
( )
f x 在
0,ln 2 上单调递增
B．函数
( )
f x 有1 个零点
C．对任意
1
2
,
[1,
)
x x Î
+¥ ，
1
2
x
x
¹
，都有
1
2
1
2
(
)
(
)
2
2
f x
f x
x
x
f
+
+
æ
ö
³
ç
÷
è
ø
D．若函数( )
( )
g x
f x
m
=
-
在区间
0,2 上有且只有一个零点，则
2
[ 1,e
4]
mÎ -
-
【答案】BC
【详解】函数
( )
f x 的定义域为R，则
( )
e
2
(e
2)
x
x
f
x
x
x
x
¢
=
-
=
-
，
对于A，当0
ln 2
x
<
<
时，
( )
0
f
x
¢
<
，则
( )
f x 在
0,ln 2 单调递减；
当ln 2
x
<
或
0
x <
时，
( )
0
f
x
¢
>
，则
( )
f x 在(
,0)
-¥
，(ln2,
)
+¥ 单调递增，故A 错误；
对于B，由A 可知，
( )
f x 在
0
x =
处取极大值，在
ln 2
x =
处取极小值，
极大值为
(0)
1
0
f
= - <
且
2
(ln 2)
ln 2
2 1 ln 2
0
f
= -
-
-
<
；
又当x ® +¥ ，
( )
f x ® +¥ ，故
( )
f x 在R 上只有一个零点，故B 正确；
对于C，
1
2
1
2
(
)
(
)
2
2
f x
f x
x
x
f
+
+
æ
ö
³
ç
÷
è
ø代表该函数为凹函数，
记( )
e
2
x
h x
x
x
=
-
，则
( )
(
1)e
2
x
h x
x +
¢
=
-
，
又
1
2e
2
0
h
=
¢
-
>
，当
[1,
)
xÎ
+¥ 时，
( )
0
h x
¢
>
恒成立，函数为凹函数，故C 正确；
对于D，由上知
( )
f x 在
0,ln 2 单调递减，在
ln 2,2 单调递增，
又
2
(2)
e
4
0
f
=
-
>
，
(0)
1
f
= - ，
2
(ln 2)
ln 2
2 1 ln 2
f
= -
-
-
所以( )
( )
g x
f x
m
=
-
在区间
0,2 上有且仅有一个根等价于函数
( )
f x 在
0,2 上的图象与直线y
m
=
只有一个交点，
所以
2
1
e
4
m
- <
£
-
或
2
ln 2
2 1 ln 2
m = -
-
-
，故D 错误．
故选：BC．
5．（24-25 高三下·河北邢台·阶段练习·多选）已知函数
ln
f x
x
x
a a
=
-
+
ÎR ，
f x 的图象与直线y
t
= 交于
1,
M x t 、
2,
N x t 两点，且
1
2
x
x
<
，则下列说法正确的是（ ）
A．若
0
t =
，则a 的取值范围为
1
a £ -
B．若
2
g x
f x
f
x
=
-
-
，则
g x 无最值
C．
1
2
2
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x
+
-
>
-
D．
f x 在
1
2
2
x
x
x
+
=
处的切线的斜率大于0
【答案】BCD
【详解】对于A 选项，函数
f x 的定义域为
0, ¥
+
，
1
1
1
x
f
x
x
x
-
¢
= -
=
，
令
0
f
x
¢
<
，则0
1
x
<
< ，令
0
f
x
¢
>
，则
1
x > ，
所以函数
f x 的单调减区间为
0,1 ，单调增区间为
1,+¥ ，
所以函数
f x 的极小值为
1
1
f
a
= +
，作出函数
f x 的图象如下图所示：
当
0
t =
时，则函数
f x 有两个零点，所以，
1
0
a + <
，解得
1
a < - ，A 错；
对于B 选项，若
2
g x
f x
f
x
=
-
-
，
对于函数
g x ，有
0
2
0
x
x
>
ì
í -
>
î
，解得0
2
x
<
<
，即函数
g x 的定义域为
0,2 ，
且
1
1
f
x
x
¢
= -
，
1
1
1
1
2
2
2
2
2
g
x
f
x
f
x
x
x
x
x
æ
ö
¢
¢
¢
=
+
-
=
-
-
=
-
+
ç
÷
-
-
è
ø
2
2
2
2
2
0
2
2
2
x
x
x
x
=
-
£
-
=
-
+
-
æ
ö
ç
÷
è
ø
，
当且仅当
2
0
2
x
x
x
=
-
<
<
时，等号成立，
所以，函数
g
x
¢
在
0,2 上为减函数，函数
g x 无极值，B 对；
对于C 选项，因为函数
f x 的单调减区间为
0,1 ，单调增区间为
1,+¥ ，则
1
2
0
1
x
x
<
< <
，
要证
1
2
2
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x
+
-
>
-
，即证
2
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
-
ç
÷
-
è
ø
>
=
+
+
，
令
2
1
1
x
t
x
=
> ，
2
1
ln
1
t
h t
t
t
-
=
-
+
，其中
1
t > ，则
2
2
2
1
1
4
0
1
1
t
h t
t
t
t t
-
¢
=
-
=
>
+
+
，
所以，函数
h t 在
1,+¥ 上为增函数，当
1
t > 时，
1
0
h t
h
>
=
，
所以，
1
2
2
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x
+
-
>
-
，C 对；
对于D 选项，因为
1
1
2
2
ln
ln
x
x
a
t
x
x
a
-
+
= =
-
+
，
所以
2
1
2
1
ln
ln
-
=
-
x
x
x
x ，所以
2
1
2
1
1
ln
ln
x
x
x
x
-
=
-
，
因为
1
2
2
1
2
1
1
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x
+
-
>
=
-
，则
1
2
1
2
2
1
0
2
x
x
f
x
x
+
æ
ö
¢
= -
>
ç
÷
+
è
ø
，
因为所以函数
f x 在
1
2
2
x
x
x
+
=
处的切线斜率大于0 ，D 对.
故选：BCD.
6．（24-25 高二上·浙江温州·期末）已知函数
e
1
x
f x
a
x
=
-
- 有两个零点
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x
<
.设n 为常数，当a 变化
时，
1
2
1
nx
x
n
+
+
+
有最小值e，则常数n 的值为
.
【答案】
2e
2e
-
【详解】由题意知
1
2
1
2
e
1
e
1
x
x
a
x
a
x
ì
=
+
í
=
+
î
，两式作比得
1
2
1
2
1
e
1
x
x
x
x
-
+
=
+ ，
令
1
1
2
2
1
1
x
t
x
t
+ =
ì
í
+ =
î
，则
1
2
1
2
et
t
t
t
- =
，令
1
2
0
p
t
t
=
-
<
，
则
1
2
1
2
e p
t
t
p
t
p
t
+
=
=
-
，解得1
2
e
,
e
1
e
1
p
p
p
p
p
t
t
=
=
-
-
，
所以
1
2
1
2
1
2
1
1
1
nx
x
n
n x
x
nt
t
+
+
+
=
+
+
+ =
+
e
1
e
e
1
e
1
e
1
p
p
p
p
p
p n
np
p
+
=
+
=
-
-
-
，
设
e
1
( )
,
0
e
1
p
p
p n
g p
p
+
=
<
-
，则
2
e
e
1
e
e
1
( )
e
1
p
p
p
p
p
n
p
p
g p
é
ù
-
+
-
+
-
ë
û
-
¢
=
.
要使( )
g p 在
,0
¥
-
存在最小值，
则关于p 的方程
( )
0
g p
¢
=
在
,0
¥
-
有解，设
0p 为
( )
0
g p
¢
=
的根，
则
0
0
0
0
0
e
e
1
1 e
1
p
p
p
n
p
p
é
ù
-
+
=
-
+
ë
û
，
当
0
0
e
1
0
p
p
-
+
=
时，等式左边
0
=
，右边
2
0p
=
，
又
0
0
p <
，故不满足题意，故
0
0
e
1
0
p
p
-
+
¹
；
由此可解得
0
0
0
0
0
1
1 e
e
e
1
p
p
p
p
n
p
+
-
=
é
ù
-
+
ë
û
，
所以
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1 e
e
1
e
e
1
e
1
e
1
e
1
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
n
g p
ì
ü
+
-
ï
ï
+
í
ý
é
ù
-
+
+
ï
ï
ë
û
î
þ
=
=
-
-
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1 e
1
1
1 e
e
1
e
1
e
1
e
1 e
1
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
é
ù
+
-
+
ê
ú
é
ù
+
-
+
-
+
-
+
ë
û
ë
û
=
=
-
-
-
-
0
0
0
0
2
0
0
0
0
0
0
e
e
e
1
e
1 e
1
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
-
=
=
=
-
-
-
-
-
，
故
0 1
2
0
0
e
e(
1)
p
p
p
+
=
-
+
，
令
1
2
( )
e
e
1
x
x
x
x
j
+
=
-
+
-
，则
1
e
2
(
e
)
x
x
x
j
+
=
- -
¢
，
令
1
e
e
)
2
(
x
h
x
x
+ -
=
-
则
1
e
2
( )
x
h x
+
=
-
¢
，
令
( )
0
h x
¢
=
，解得
ln 2 1
x =
- ，
则当
ln 2 1
x <
- 时，
0
h x
¢
<
，则( )
h x 在
,ln 2 1
¥
-
-
上单调递减；
当ln 2 1
0
x
- <
<
时，
0
h x
¢
>
，则( )
h x 在
ln 2 1,0
-
上单调递增；
且( 1)
3
e
0
h -
=
-
>
，(ln 2 1)
0
h
-
<
，(0)
0
h
= ；
故存在
1
1,ln 2 1
x Î -
-
，使得
1
(
)
0
h x
=
，
则当
1
x
x
<
时，( )
0
h x >
，即
( )
0
x
j¢
>
，则( )
j x 在
1
(
,
)
x
-¥
单调递增；
当
1
ln 2 1
x
x
<
<
- ，( )
0
h x <
，即
( )
0
x
j¢
<
，则( )
j x 在
1
( ,0)
x
单调递减.
又( 1)
0, (0)
0
j
j
-
=
=
，
由单调性可知( )
j x 在
,0
¥
-
有唯一解1
- ，
即
0 1
2
0
0
e
e(
1)
p
p
p
+
=
-
+
有唯一解
0
1
p = - ，
代入
0
0
0
0
0
1
1 e
e
e
1
p
p
p
p
n
p
+
-
=
é
ù
-
+
ë
û
，得
2e
2e
n =
-
.
故答案为：
2e
2e
-
.
7．（24-25 高二下·福建漳州·期末）
1
2
,
1,2
x x
"
Î
，且
1
2
x
x
¹
，不等式
2
1
1
2
2
1
e
e
x
x
x
x
m
x
x
-
<
-
恒成立，则m 的取值范围
为
.
【答案】
2e
m ³
【详解】设
1
2
x
x
<
（
1
2
,
1,2
x x
"
Î
），原不等式
2
1
1
2
2
1
e
e
x
x
x
x
m
x
x
-
<
-
可变形为：
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
e
e
e
e
x
x
x
x
m
m
x
x
m x
x
x
x
+
+
-
<
-
Þ
<
令函数
e
( )
x
m
f x
x
+
=
，则上述不等式等价于
2
1
(
)
(
)
f x
f x
<
（当
1
2
x
x
<
时），即
e
( )
x
m
f x
x
+
=
在
1,2 上单调递减.
函数单调递减的充要条件是导数
'( )
0
f
x £
在
1,2 上恒成立：
2
2
e
e
e
1
( )
x
x
x
x
m
x
m
f
x
x
x
×
-
+
-
-
=
¢
=
.
因
2
0
x >
（
1,2
xÎ
），故
'( )
0
f
x £
等价于：
e
1
0
e
1
x
x
x
m
m
x
-
-
£
Þ
³
-
.
令
( )
e
1
x
k x
x
=
-
，求导：
( )
e
1
e
e
x
x
x
k x
x
x
=
-
+
=
¢
.
因e
0
x >
且
1,2
xÎ
时
0
x >
，故
'( )
0
k x >
，即
( )
e
1
x
k x
x
=
-
在
1,2 上单调递增.
因此，( )
k x 的最大值在端点
2
x =
处：
2
2
(2)
e
2 1
e
k
=
-
=
.
由
e
1
x
m
x
³
-
恒成立，且
e
1
x x -
的最大值为
2e ，得到
2e
m ³
故答案为：
2e
m ³
.
8．（25-26 高三上·内蒙古巴彦淖尔·阶段练习）已知函数
2e
( )
e
(
0), ( )
ln
x
f x
x
g x
x
x
=
-
>
=
．
(1)求函数( )
( )
( )
h x
f x
g x
=
+
在[1,e]上的最值及其零点个数；
(2)若对于任意的
1
2
0
x
x
<
<
，均有
1
1
2
2
f x
ag x
f x
ag x
-
<
-
，求a 的取值范围．
【答案】(1)最大值为
ee
1
- ，最小值为e
- ，只有1 个零点；
(2)
3e
a £
【详解】（1）易知
2e
( )
( )
( )
e
ln
0
x
h x
f x
g x
x x
x
=
+
=
-
+
>
，
则
2
2e
1
e
0
x
h x
x
x
=
+
¢
+
>
定义域上恒成立，
所以
h x 在[1,e]上单调递增，则
e
e
e
1,
1
e
h x
h
h x
h
£
=
-
³
= - ，
即最大值为
ee
1
- ，最小值为e
- ，
又
e
e
0
e
1
- <
<
- ，根据零点存在定理和函数的单调性，则
h x 在[1,e]上只有一个零点；
（2）设
m x
f x
ag x
=
-
，则对于任意的
1
2
0
x
x
<
<
，均有
1
2
m x
m x
<
，
即
m x 在
0, ¥
+
上单调递增，
所以
2
2e
e
0
x
a
m x
f
x
ag
x
x
x
=
-
=
+
-
¢
¢
³
¢
在
0, ¥
+
上恒成立，
即
2e
ex
a
x
x
£
+
在
0, ¥
+
上恒成立，
令
2e
e
0
x
n x
x
x
x
=
+
>
，则
2
2e
1 ex
n x
x
x
=
+
-
¢
，
令
u x
n x
= ¢
，则
3
4e
2 e
0
x
u
x
x
x
=
+
+
>
¢
，即
n x
¢
在
0, ¥
+
上单调递增，
又
1
0
n¢
=
，则
n x 在
0,1 上单调递减，在
1, ¥
+
上单调递增，
所以
1
3e
n x
n
³
=
，故
3e
a £
.
9．（25-26 高三上·江苏扬州·阶段练习）已知
2
ln
2
a
f x
x
a x
x
=
-
-
.
(1)若曲线
y
f x
=
在
1
x = 处的切线与y
x
=
垂直，求实数a 的值；
(2)若函数
y
f x
=
存在两个不同的极值点
1
2
,
x x ，求
1
2
f x
f x
+
的取值范围.
【答案】(1)
1
a =
(2) 3 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
【详解】（1）因为
1
a
f
x
ax
x
= -
-
¢
，所以
1
1 2
f
a
¢
= -
，
又曲线
y
f x
=
在
1
x = 处的切线与y
x
=
垂直，
所以1 2
1
a
-
= - ，解得
1
a = .
（2）因为
2
1
a
ax
x
a
f
x
ax
x
x
-
+
-
= -
-
=
¢
，
0
x >
，
所以
f x 的两个极值点
1
2
,
x x 是方程
2
0
ax
x
a
-
+
-
=
的两正根，
所以
2
1
2
1
2
Δ
1 4
0
1
0
1
0
a
x x
x
x
a
ì
ï
= -
>
ï
= >
í
ï
ï
+
=
>
î
，解得
1
0
2
a
<
<
，
所以
2
2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
ln
2
2
2
2
a
a
a
f x
f x
x
a
x
x
x
a
x
x
x
x
a
x x
x
x
x x
é
ù
+
=
-
-
+
-
-
=
+
-
-
+
-
ë
û
2
1
1
1
ln1
2
2
2
a
a
a
a
a
a
é
ù
æ
ö
=
-
-
-
=
+
ê
ú
ç
÷
è
ø
ê
ú
ë
û
，
令
1
1
0
2
2
g a
a
a
a
æ
ö
=
+
<
<
ç
÷
è
ø ，则
2
2
2
1
2
1
1
0
2
2
a
g a
a
a
-
= -
+ =
<
¢
，
所以
g a 在
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 单调递减，
当
0
a
+
®
时，
g a ® +¥，且
1
1
3
1
2
2
2
g æ
ö = +
=
ç
÷
è
ø
，
所以
1
2
f x
f x
+
的取值范围是3 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø.
10．（25-26 高三上·北京·阶段练习）已知
2
ln
1
f x
x
a x
ax
=
-
-
- ．
(1)若
1
a = - ，求曲线
y
f x
=
在点
1
1
P
f
，
处的切线方程；
(2)若函数
y
f x
=
存在两个不同的极值点
1
2
x
x
，
，求证：
1
2
0
f x
f x
+
>
．
【答案】(1)
3
1
y
x
=
-
(2)证明见解析
【详解】（1）当
1
a = - 时，
2
ln
1
f x
x
x
x
=
+
+
- ，
1
2
f
=
，
1
1
1,
1
3
f
x
f
x
x
+
¢
¢
=
+
=
，
所以曲线
y
f x
=
在点
1,2
P
处的切线方程为
2
3
1
y
x
-
=
-
，
即
3
1
y
x
=
- .
（2）
1
a
f
x
a
x
x
-
¢
=
-
，
令
( )
0
f
x
¢
=
，得
1
0
a
a
x
x
-
-
=
，令t
x
=
，则
0
t >
，
原方程可化为
2
0
at
t
a
- +
=
①，则1
1
2
2
,
t
x t
x
=
=
是方程①的两个不同的根，
所以
2
Δ
1 4
0
1
0
a
a
ì
= -
>
ïí
>
ïî
，解得
1
0
2
a
<
<
，
由韦达定理得1
2
1 2
1 ,
1
t
t
t t
a
+
=
= ，则
2
2
2
1
2
1
2
1 2
2
1
2
2
t
t
t
t
t t
a
+
=
+
-
=
-
，
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
(
)
(
)
2(
)
(ln
ln
)
(
)
2
f x
f x
x
x
a
x
x
a x
x
+
=
+
-
+
-
+
-
2 2
2
2
1
2
1 2
1
2
1
2(
)
ln(
)
(
)
2
2
2
t
t
a
t t
a t
t
a
a
=
+
-
-
+
-
=
+
- ，
令
1
1
2
2 0
2
h a
a
a
a
æ
ö
=
+
-
<
<
ç
÷
è
ø ，则
2
1
1
2
0 0
2
h a
a
a
æ
ö
=
-
<
<
<
çè
¢
÷ø，
所以函数
h a 在
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
所以
1
1
2
2
1
0
2
h a
a
h
a
æ
ö
=
+
-
>
= >
ç
÷
è
ø
，
所以
1
2
(
)
(
)
0
f x
f x
+
>
.
11．（25-26 高三上·重庆·开学考试）已知函数
1
x
x
f x
ax
e
+
=
+
有两个极值点
1
2
x
x
，
且
1
2
x
x
<
.
(1)求实数 a 的取值范围；
(2)证明:
1
2
2
3
x
x
+
>
.
【答案】(1)
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø
(2)证明见解析.
【详解】（1）由已知可得
ex
x
f
x
a -
¢
=
，
因为
f x 有两个极值点，所以
0
f
x
¢
=
有两个根，
所以函数y
a
=
与函数
ex
x
y =
有两个交点，
对函数
x
x
y
e
=
，
1
ex
x
y¢
-
=
，
当
,1
xÎ -¥
时
0
y¢ >
；当
1,
xÎ
+¥ 时，
0
y¢ <
.
所以函数
ex
x
y =
在
,1
-¥
单调递增，在
1,+¥ 单调递减，
当
1
x = 时，取得最大值1
e ，且x ® -¥ 时，y ® -¥ ；x ® +¥ 时，
0
y ®
，
所以函数
ex
x
y =
的图象如图所示，
所以若函数y
a
=
与函数
ex
x
y =
有两个交点，则
1
0
e
a
<
<
，
所以实数a 的取值范围是
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø
.
（2）由（1）可知
1
1
ex
x
a =
，
2
2
ex
x
a =
，所以
1
1
ln
ln
x
x
a
=
-
①，
2
2
ln
ln
x
x
a
=
-
②，
①-②得
1
1
2
1
2
2
ln
ln
ln x
x
x
x
x
x
-
=
-
=
，
令
1
2
x
t
x
=
，则
0,1
t Î
，所以
2
ln
1
t
x
t
= - ，
1
ln
1
t t
x
t
= - ，
所以
1
2
ln
2ln
2
1
1
t t
t
x
x
t
t
+
=
+
-
-
，
令
ln
2ln
3
1
g t
t t
t
t
=
+
-
-
，则
2
ln
2
g t
t
t
+
¢
=
-
，
令
2
ln
2
h t
t
t
=
+
-
，则
2
2
1
2
2
0
t
h t
t
t
t
¢
-
=
-
=
<
，
所以
g t
¢
在
0,1 单调递减，所以
1
0
g t
g
¢
¢
>
=
，
所以
g t 在
0,1 单调递增，所以
1
0
g t
g
<
=
，
即
ln
2ln
3
1
0
t t
t
t
+
-
-
<
，得
ln
2ln
3
1
t t
t
t
+
<
-
又
1
0
t - <
，所以ln
2ln
3
1
t t
t
t
+
>
-
，
即
1
2
2
3
x
x
+
>
，得证.
12．（25-26 高三上·重庆·开学考试）已知函数
( )
ln
1
f x
x
=
+ ，( )
a
g x
x
=
.
(1)讨论函数
( )
(
1)
f x
g x
+
+
在定义域内的单调性；
(2)若存在唯一一组实数
1
2
1
2
,
(
)
x x
x
x
<
，使得
( )
f x 在
1
2
[
,
]
x x
上的值域为
2
1
[ (
), (
)]
g x
g x
.
（i） 求证:
1
2
2
x
x
+
>
;
（ii） 求实数a 的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）
(1,
)
Î
+¥
a
【详解】（1）设函数( )
( )
(
1)
ln
1
1
a
h x
f x
g x
x
x
=
+
+
=
+
+
+
，定义域为(0,
)
+¥ .
2
2
2
1
(2
)
1
( )
(
1)
(
1)
a
x
a x
h x
x
x
x x
+
-
+
¢
=
-
=
+
+
，方程
( )
0
h x
¢
=
的解即
2
(2
)
1
0
x
a x
+
-
+ = 的根.
设
2
( )
(2
)
1
t x
x
a x
=
+
-
+ ，对于二次方程( )
0
t x =
,
若
2
(2
)
4
(4
)
0
a
a
a
D =
-
-
= -
-
£
，即
[0,4]
aÎ
时，二次方程至多只有一个解，此时
( )
0
h x
¢
³
.
故当
[0,4]
aÎ
时，
( )
(
1)
f x
g x
+
+
在定义域(0,
)
+¥ 上单调递增.
当
(
,0)
(4,
)
aÎ -¥
+¥
U
时，设方程
2
(2
)
1
0
x
a x
+
-
+ = 的两个根为,
a b ，且a
b
<
.
由韦达定理可知，
1
ab = ，可得两根同号.
若
(
,0)
aÎ -¥
，函数( )
t x 图像的对称轴为
2
0
2
a
x
-
= -
<
，故
0,
0
a
b
<
<
，
即在(0,
)
+¥ 上，( )
0
t x =
没有根，即
( )
0
h x
¢
=
亦无根，且
( )
0
h x
¢
>
.
故当
(
,0)
aÎ -¥
时，
( )
(
1)
f x
g x
+
+
在定义域(0,
)
+¥ 上单调递增.
当
(4,
)
Î
+¥
a
时，函数( )
t x 图像的对称轴为
2
0
2
a
x
-
= -
>
，故
0,
0
a
b
>
>
，
由求根公式得，
2
2
2
4
2
4
,
2
2
a
a
a
a
a
a
a
b
-
-
-
-
+
-
=
=
，由函数( )
t x 图像可知，
当
(0,
)
( ,
)
x
a
b
Î
+¥
U
时，( )
0
t x >
，即
( )
0
h x
¢
>
，即
( )
(
1)
f x
g x
+
+
单调递增；
当
( ,
)
x
a b
Î
时，( )
0
t x <
，即
( )
0
h x
¢
<
，即
( )
(
1)
f x
g x
+
+
单调递减.
综上所述：
当
(
,4]
aÎ -¥
时，
( )
(
1)
f x
g x
+
+
在定义域(0,
)
+¥ 上单调递增；
当
(4,
)
Î
+¥
a
时，
( )
(
1)
f x
g x
+
+
在区间
2
2
4
0,
2
a
a
a
æ
ö
-
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
和
2
2
4 ,
2
a
a
a
æ
ö
-
+
-
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，在
2
2
2
4
2
4
,
2
2
a
a
a a
a
a
æ
ö
-
-
-
-
+
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减.
（2）（i）
( )
f x 定义域为(0,
)
+¥ ，因此
1
2
0
x
x
<
<
，且
( )
f x 在定义域上单调递增，
因此
1
2
(
)
(
)
f x
f x
<
.故
( )
f x 在
1
2
[
,
]
x x
上的值域为
1
2
[ (
),
(
)]
f x
f x
.
因而
1
2
2
1
(
)
(
),
(
)
(
)
f x
g x
f x
g x
=
=
，即
1
2
2
1
ln
1
,ln
1
a
a
x
x
x
x
+ =
+ =
.
联立两方程消去a 可得
1
2
1
2
ln
1
ln
1
x
x
x
x
+
+
=
.
设函数
ln
1
( )
x
p x
x
+
=
,
1
2
,
x x 是方程
( )
p x
k
=
的两个根.
2
ln
( )
x
p x
x
¢
= -
，当
(0,1)
xÎ
时，
( )
0
p x
¢
>
，即
( )
p x 单调递增；
当
(1,
)
xÎ
+¥ 时，
( )
0
p x
¢
< ，即
( )
p x 单调递减.
因此有
1
2
0
1
x
x
<
< <
.
设函数( )
( )
(2
)
q x
p x
p
x
=
-
-
，
(0,1]
xÎ
，(1)
0
q
=
.
2
2
2
2
2
( 1)[ln(2
) 1]
ln
ln
ln(2
)
2
( )
(2
)
(2
)
x
x
x
x
x
x
q x
x
x
x
x
-
-
- -
-
+
-
-
¢
= -
-
= -
-
-
-
通分化简得
2
2
2
2
(4
4 )ln
ln(
2 )
( )
0
(2
)
x
x
x
x
x
q x
x
x
-
+
-
+
¢
= -
>
-
，因此( )
(1)
0
q x
q
<
=
.
即当
(0,1)
xÎ
时，
( )
(2
)
p x
p
x
<
-
，则
1
2
1
(
)
(
)
(2
)
p x
p x
p
x
=
<
-
.
而
1
2
2
,
(1,
)
x x
-
Î
+¥ ，此区间内
( )
p x 递减，故
1
2
2
x
x
-
<
，即
1
2
2
x
x
+
>
.
（ii）因为
1
2
2
1
ln
1
,ln
1
a
a
x
x
x
x
+ =
+ =
，所以
2
1
1
a
x
x
e
-
=
.
由于
2
1
2
ln
1
a
a
x
x
x
+ =
>
，所以
2
2
(ln
1)
x
x
a
+
>
.
函数( )
(ln
1)
y x
x
x
=
+
在(1,
)
+¥ 上单调递增，且
0
0
0
(
)
(ln
1)
y x
x
x
a
=
+
=
,所以
2
0
x
x
>
.
设函数
1
( )
(ln
1)
a
x
m x
e
x
a
-
=
+
-
，
1
2
1
( )
(
ln
)
a
x
m x
e
x
a
x
a
x
-
¢
=
-
-
.
因为
2
1
ln
1
0
a
x
x =
+ >
，所以
0
a >
.
当0
1
a
<
£ 时，
(ln
1)
ln
1
x
a
x
x
x
-
+
³
-
- ，
记( )
ln
1
k x
x
x
=
-
- ，
1
( )
1
0(
1)
k x
x
x
¢
= -
>
>
，
所以( )
k x 在(1,
)
+¥ 上单调递增，故( )
(1)
0
k x
k
>
=
，
所以
( )
0
m x
¢
>
，即
( )
m x 在(1,
)
+¥ 上单调递增，
1
( )
(1)
0
a
m x
m
e
a
-
>
=
-
³
，
所以
( )
m x 在(1,
)
+¥ 无零点，即不存在
2x 使命题成立.
当
1
a > 时，
(1)
0
m
>
，设( )
ln
n x
x
a
x
a
=
-
-
，
( )
x
a
n x
x
-
¢
=
.
所以( )
n x 在(1, )
a 上单调递减，在( ,
)
a +¥ 上单调递增.
因为(1)
0
n
<
，( )
0
n a <
，当x ® +¥ 时，( )
n x ® +¥ ，
故存在
a
d >
，使得当
(1, )
x
d
Î
时，( )
0
n x <
，即
( )
0
m x
¢
<
，
( )
m x 单调递增，
当
( ,
)
x
d
Î
+¥ 时，
( )
m x 单调递减.
因为
0
0
0
1
1
1
1 1
1
y x
x
lnx
a
y a
a lna
a
y
ln
a
ì
=
+
=
ï
=
+
>
í
ï
=
+ = <
î
，且( )
y x 在(1,
)
+¥ 上单调递增所以
0
1
x
a
<
<
.
又
0
0
0
0
(ln
1)
1
1
0
0
0
0
0
(
)
(ln
1)
(ln
1)
=
(ln
1)
0
x
x
a
x
x
m x
e
x
a
e
x
a x
x
a
+
-
-
=
+
-
=
+
-
+
-
=
因此在
0
(
, )
x d 上，
( )
m x 递增，在( ,
)
d +¥ 上，
( )
m x 递减，
故在
0
(
,
)
x +¥ 上存在唯一的
2x 使得
2
(
)
0
m x
=
且
2
0
x
x
>
.
综上，
(1,
)
Î
+¥
a
13．（25-26 高三上·湖北·开学考试）设函数
2
e
e
x
x
f
x
ax
-
+
=
-
，其中
0
a >
为参数．
(1)当
1
a = 时，求
f x 的单调区间．
(2)求a 的取值范围，使得
0
f x ³ 对所有实数x 成立．
(3)设
0
a
a
>
，其中
0a 为（2）中范围的右端点，记
1
2
,
x x 为
0
f x =
的两个正实数解
1
2
0
x
x
<
<
，
0x 为（2）中定义
的正实数（满足
0
0
2
tanhx
x
=
）．证明：
2
0
0
1
x
x
x
x
-
>
-
．
【答案】(1)单调递减区间为
,0
¥
-
，单调递增区间为
0, ¥
+
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）当
1
a = 时，
2
( )
e
e
x
x
f x
x
-
=
+
-
，
e
e
2
x
x
f
x
x
-
=
-
-
¢
，
设
e
e
2
x
x
F x
x
-
=
-
-
，则
e
e
2
x
x
F
x
-
=
+
-
¢
，
根据基本不等式e
e
2 e
e
2
-
-
+
³
×
=
x
x
x
x
（当且仅当e
e
x
x
-
=
，即
0
x =
时取等号），
所以
e
e
2
0
x
x
F
x
-
¢
=
+
-
³
，
F x 在R 上单调递增，
( )
f
x
¢
在R 上单调递增，
0
0
f ¢
=
，
所以当
0
x <
时，
0
f
x
¢
<
，当
0
x >
时，
f
x
¢
> 0，
所以
f x 的单调递减区间为
,0
¥
-
，单调递增区间为
0, ¥
+
.
（2）由于
f
x
f x
-
=
，则
f x 为偶函数，且
0
2
0
f
=
>
成立，
则只需要对于
0
x >
，
2
e
e
0
x
x
f x
ax
-
=
+
-
³
恒成立，即
2
e
e
x
x
a
x
-
+
£
恒成立，
又由于
0
a >
，
2
e
e
0
x
x
x
-
+
>
，则只需
2
e
e
ln
ln
x
x
a
x
-
+
£
恒成立，
设
2
e
e
ln
ln e
e
2ln
x
x
x
x
g x
x
x
-
-
+
=
=
+
-
，
0
x >
则
e
e
2
2
tanh
e
e
x
x
x
x
g
x
x
x
x
-
- -
=
¢
-
=
-
+
，
由于
2
e
e
2
tanh
1
e
e
e
1
x
x
x
x
x
x
-
-
-
=
= -
+
+
在
0, ¥
+
单调递增，
2
x
-
在
0, ¥
+
单调递增，所以
g
x
¢
在
0, ¥
+
单调递增，
2
2
2
2
e
e
2
1
0
e
e
g
-
-
-
¢
=
- <
+
，
4
4
4
4
e
3e
4
0
2 e
e
g
-
-
-
+
¢
=
>
所以存在唯一
0
2,4
x Î
，使得
0
0
g
x
¢
=
，
当
0
0,
x
x
Î
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减，
当
0,
x
x
¥
Î
+
时，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，
极小值
0
0
0
2
0
e
e
ln
x
x
g x
x
-
+
=
，由于
0
0
0
0
0
e
e
2
e
e
x
x
x
x
x
-
-
-
=
+
，
化简可得
0
0
0
0
e
e
ln
2
x
x
g x
x
-
-
=
，
则
0
ln a
g x
£
，
0
0
0
0
0
e
e
ln
2
0
e
e
2
x
x
x
x
x
a
e
x
-
-
-
-
£
=
，
设
0
0
0
0
e
e
2
x
x
a
x
-
-
=
，则
0
a
a
£
时，
0
f x ³
对所有实数x 成立，
综上：a 的范围是
0
0,a
，其中
0
0
0
0
e
e
2
x
x
a
x
-
-
=
，
0
0
x >
是方程
0
0
2
tanh x
x
=
的唯一正实数解.
（3）由（2）得，
1
2
,
x x 为
lna
g x
=
的两根，且
1
0
2
0
x
x
x
<
<
<
，
设
0
2
h x
g x
g
x
x
=
-
-
，
0
0
x
x
<
<
，
则
0
2
h x
g
x
g
x
x
=
+
¢
¢
-
¢
，
设
H x
h x
= ¢
，
G x
g
x
=
¢
，
则
0
2
H
x
G
x
G
x
x
=
-
¢
¢
-
¢
，
2
2
2
( )
1
tanh
G x
x
x
¢
= -
+
，
由tanh x 在
0, ¥
+
恒正且单调递增，
2
2
x 在
0, ¥
+
单调递减，
可得
( )
G x
¢
在
0, ¥
+
单调递减，
由于
0
0
x
x
<
<
则
0
2
x
x
x
<
-
，
所以
0
2
G
x
G
x
x
¢
¢
>
-
，
0
H
x
¢
>
，
所以
H x 单调递增，
h x
¢
单调递增，
则
0
0
2
0
h x
h x
g
x
<
=
¢
¢
=
¢
，
所以
h x 单调递减，
0
0
h x
h x
>
=
，
则
1
1
0
1
2
0
h x
g x
g
x
x
=
-
-
>
，
而
1
2
ln
g x
g x
a
=
=
，
则
2
0
1
2
0
g x
g
x
x
-
-
>
，
由于
2
0
x
x
>
，
0
1
0
2x
x
x
-
>
，
g x 在
0,
x
¥
+
单调递增，
所以
2
0
1
2
x
x
x
>
-
，
即
2
0
0
1
x
x
x
x
-
>
-
得证.
14．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数
1 sin
cos
f x
m
x
x
x
=
+
-
，
0,π
xÎ
．
(1)当
0
m =
时，求
f x 的值域；
(2)若
f x 存在唯一的极值且为极小值，求m 的取值范围；
(3)设nÎR ，若存在
,0
mÎ -¥
使得
2
m
f x
n
£
-
对
0,π
xÎ
恒成立，求n 的最大值．
【答案】(1)
0,π
(2)
0
m <
(3)
2
π
1
2
4
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
【详解】（1）当
0
m =
时，由
sin
cos
f x
x
x
x
=
-
，得
cos
cos
sin
sin
f
x
x
x
x
x
x
x
é
ù
=
-
+
-
=
ë
û
¢
，
又
0,π
xÎ
，
0
x ³
，sin
0
x ³
，所以
0
f
x
¢
³
，
故
f x 在
0,π 单调递增．
又
0
sin0
0
0
f
=
-
=
，
π
sinπ
π cosπ
π
f
=
-
´
=
，
故
f x 在
0,π 上的值域为
0,π ．
（2）由（1）可知
0
m ¹
；
依题意得：
1
cos
cos
sin
sin
cos
f
x
m
x
x
x
x
x
x
m
x
é
ù
=
+
-
+
-
=
¢
+
ë
û
；
（ⅰ）若
0
m <
，
①
π ,π
2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û 时，sin
0
x
x ³
，
cos
0
m
x >
，此时
0
f
x
¢
>
，
故
f x 在π ,π
2
æ
ù
ç
ú
è
û
无极值．
②当
π
0, 2
é
ù
Îê
ú
ë
û
x
时，令
sin
cos
x
f
x
x
x
m
x
f
=
+
¢
=
，得
1
sin
cos
x
m
x
x
x
f
=
-
+
¢
．
由1
0
m
-
>
，sin
0
x ³
，cos
0
x
x ³
，则
0
x
f¢
³
，从而
x
f
在
π
0, 2
é
ù
ê
ú
ë
û 单调递增．
又
0
0
0
m
f
=
+
<
，
π
π
0
2
2
f æ
ö =
>
ç
÷
è
ø
，
由零点存在性定理可知，存在
0
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使得
0
0
x
f
=
．
从而当
0
0,
x
x
Î
，
0
f
x
¢
<
，当
0
π
, 2
x
x
æ
ù
Îç
ú
è
û ，
0
f
x
¢
>
．
f x 在
0
0, x
单调递减，在
0
π
, 2
x
æ
ù
ç
ú
ç
ú
è
û 单调递增，
所以
0
f x
是
f x 在
0,π 上唯一的极值且为极小值，故
0
m <
符合题意．
（ⅱ）若
0
m >
，
π ,π
2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û ，
cos
sin
cos
tan
f
x
m
x
x
x
x m
x
x
=
+
=
+
¢
令
tan
x
x
x
f
=
，
π ,π
2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û ，
π
0
f
=
，
则
2
2
2
2
sin
sin cos
cos
sin
sin cos
cos
cos
cos
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
f¢
¢
+
+
+
æ
ö
=
=
=
ç
÷
è
ø
．
令
1
sin cos
sin2
2
x
x
x
x
x
x
j
=
+
=
+
，
则
cos2
1
0
x
x
j
=
+ ³
¢
，故
x
j
在π ,π
2
æ
ù
ç
ú
è
û
单调递增，
所以
0
0
x
j
j
³
=
，即
0
x
f¢
³
，所以
x
f
在π ,π
2
æ
ù
ç
ú
è
û
单调递增．
因为
π
0
f
=
，
π
2
x ®
时，
x
f
® -¥ ，
所以
x
f
的值域为(
,0]
-¥
．
故当
0
m >
时，
tan
m
x
x
-
=
有唯一解
0x ，
且当
0
π ,
2
x
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增；
当
0,π
x
x
Î
时，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减；
此时
f x 在π ,π
2
æ
ù
ç
ú
è
û
有唯一极大值点
0x ，不合题意，故
0
m >
舍去．
综上，
0
m <
．
（3）解法一：由（2）可知，
f x 有且仅有一个极小值点
0x ，
故
0
0
0
0
min
1 sin
cos
f x
f x
m
x
x
x
=
=
+
-
．
因为
0
0
0
0
cos
sin
0
f
x
m
x
x
x
¢
=
+
=
，所以
0
0
0
sin
cos
x
x
m
x
-
=
，
由题意知，
2
2
f x
m
n
³
+
，可得
0
0
0
0
min
2
1 sin
cos
2
f x
f x
m
x
x
x
m
n
=
=
+
-
³
+
，
即
0
0
0
0
0
0
0
0
0
sin
sin
2
1
sin
cos
cos
2
cos
x
x
x
x
x
x
x
n
x
x
æ
ö
-
-
³ -
+
ç
÷
è
ø
，
化简得
0
0
0
0
0
2
sin
2
sin
cos
x
x
x
n
x
x
-
£
-
，
0
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
设
2 sin
2
sin
cos
x
x
x
g x
x
x
-
=
-
，
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ．
又
2
2
2
1
sin
cos
cos
sin
sin
2
2
cos
cos
x
x
x
x
x
x
x
g
x
x
x
é
ù
æ
ö
-
+
+
-
ç
÷
ê
ú
ë
û
è
ø
=
-
¢
3
2
2
2
2
2
2
cos
sin cos
cos
cos
sin
sin
2
2
2
cos
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
+
-
-
+
=
2
2
2
2
2
2
cos
cos
1
sin cos
sin
cos
sin
2
2
cos
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
+
-
+
+
=
2
2
2
2
cos sin
sin cos
sin
2
2
cos
x
x
x
x
x
x
x
x
-
+
-
+
=
2
2
2
cos sin
sin
sin
2
2
cos
x
x
x
x
x
x
æ
ö
æ
ö
-
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
=
2
2
cos sin
sin
2
cos
x
x
x
x
x
æ
ö
+
-
ç
÷
è
ø
=
．
因为
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，所以sin cos
0
x
x
x
+
>
，
当
π
0
4
x
<
<
时，
2
sin
0
2
x
-
>
，
0
g
x
¢
>
；
当π
π
4
2
x
<
<
时，
2
sin
0
2
x
-
<
，
0
g
x
¢
<
；
故
g x 在
π
0, 4
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在π π
,
4 2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减．
所以max
π
2
π
1
4
2
4
g x
g æ
ö
æ
ö
=
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，此时
π
4
m = -
，依题意，
2
π
1
2
4
n
æ
ö
£
-
ç
÷
è
ø
，
故n 的最大值是
2
π
1
2
4
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
．
解法二：由
2
m
f x
n
£
-
得
2
2
n
f x
m
£
-
．
令
2
2
1 sin
cos
2
2
g x
f x
m
m
x
x
x
m
=
-
=
+
-
-
，
则
π
2
π
2
2
π
1
4
2
4
2
2
4
g æ
ö
æ
ö
=
-
´
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
．
因为
g
x
f
x
¢
=
¢
，
由（2）知，
g x 有且仅有一个极小值点
0x ，且
0
min
g x
g x
=
．
①当
π
4
m = -
时，
π cos
sin
4
g
x
x
x
x
=
+
¢
-
．因为
π
0
4
g æ
ö =
ç
÷ø
¢
è
，所以
0
π
4
x =
．
又
g x 在
π
0 4
é
ù
ê
ú
ë
û
，上递减，在π ,π
4
é
ù
ê
ú
ë
û 上递增．所以min
π
2
π
1
4
2
4
g x
g æ
ö
æ
ö
=
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
．
所以
2
π
1
2
4
n
æ
ö
£
-
ç
÷
è
ø
．
②当
π
4
m < -
时，因为
π
2
2
π
0
4
2
2
4
g
m
æ
ö =
+
ç¢
´
<
÷
è
ø
，所以
0
π ,π
4
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ．
又
g x 在
0
0, x
上递减，所以
0
min
π
2
π
1
4
2
4
g x
g x
g æ
ö
æ
ö
=
<
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
．
此时
0
2
π
1
2
4
n
g x
æ
ö
£
<
-
ç
÷
è
ø
．
③当
π
0
4
m
-
<
<
时，因为
π
2
2
π
0
4
2
2
4
g
m
æ
ö =
+
ç¢
´
>
÷
è
ø
，所以
0
π
0, 4
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ．
又
g x 在
0,π
x
上递增．所以
0
min
π
2
π
1
4
2
4
g x
g x
g æ
ö
æ
ö
=
<
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
．
此时
0
2
π
1
2
4
n
g x
æ
ö
£
<
-
ç
÷
è
ø
．
综上，当
π
4
m = -
时，n 取得最大值，
依题意n 的最大值为
2
π
1
2
4
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
．
1．（24-25 高二下·江苏连云港·阶段练习）下列四个不等式①ln
ex
x
x
<
<
②ln
1
x x
x
³
- ③ln
1
x
x
³
- ④
sin
0
x
x x
<
>
中正确个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【详解】对于①，令
ln
y
x
x
=
-
，求导得
1
1
1
x
y
x
x
-
¢ = -
=
，令
0
y¢ =
，解得
1
x = ，
当0
1
x
<
< 时，
0
¢ <
y
，当
1
x > 时，
0
¢ >
y
，
则函数
ln
y
x
x
=
-
在( 0, 1) 上单调递减，在(1,
)
+¥ 上单调递增，
所以
ln
1
0
x
x
-
³ >
，即
ln
x
x
>
，
令
ex
y
x
=
- ，求导得
e
1
x
y¢=
- ，令
0
y¢ =
，解得
0
x =
，
当
0
x <
时，
0
¢ <
y
，当
0
x >
时，
0
¢ >
y
，
则函数
ex
y
x
=
- 在(
,0)
-¥
上单调递减，在(0,
)
+¥ 上单调递增，
所以e
1
0
x
x
-
>
≥
，即ex
x
>
，故①正确；
对于②，令
ln
1
y = x x
x+
-
，求导可得
ln
1 1
ln
y
x
x
¢ =
+ - =
，令
0
y¢ =
，
1
x = ，
当0
1
x
<
< 时，
0
¢ <
y
，当
1
x > 时，
0
¢ >
y
，
则函数
ln
1
y = x x
x+
-
在( 0, 1) 上单调递减，在(1,
)
+¥ 上单调递增，
所以ln
1
0
x x
x
-
+ ³ ，即ln
1
x x
x
³
- ，故②正确；
对于③，令
ln
1
y
x
x
=
-
+ ，求导得
1
1
1
x
y
x
x
-
¢ =
- =
，令
0
y¢ =
，
1
x = ，
当0
1
x
<
< 时，
0
¢ >
y
，当
1
x > 时，
0
¢ <
y
，
则函数
ln
1
y
x
x
=
-
+ 在( 0, 1) 上单调递增，在(1,
)
+¥ 上单调递减，
所以ln
1
0
x
x
-
+ £
，即ln
1
£
-
x
x
，故③错误；
对于④，令
sin
y
x
x
=
-
，求导可得
1 cos
y
x
¢ = -
，由1
cos
1
x
- £
£ ，则
0
¢ >
y
，
所以函数
sin
y
x
x
=
-
在(
,
)
-¥ +¥ 上单调递增，由
0
x =
，
0
y =
，则
0,
0
x
y
>
>
，
所以当
0
x >
时，
sin
x
x
>
，故④正确.
故选：C.
2．（25-26 高三上·云南昆明·阶段练习）若
1
2
0
1
x
x
<
<
< ，则（ ）
A．
2
1
2
1
e
e
ln
ln
x
x
x
x
-
>
-
B．
2
1
2
1
e
e
ln
ln
x
x
x
x
-
<
-
考点二
利用导数证明不等式
C．
1
2
2
1
e
e
x
x
x
x
<
D．
1
2
2
1
e
e
x
x
x
x
>
【答案】D
【详解】设
e
ln
x
f x
x
=
-
，可得
1
ex
f
x
x
=
¢
-
，令
1
ex
h x
x
=
-
，则
2
1
e
0
x
h x
x
=
+
>
¢
，
所以
1
ex
f
x
x
=
¢
-
在
0
¥
+
，
上单调递增，且
1
e
2 0
1
e 1 0
2
f
f
æ
ö =
-
=
¢
¢
-
ç
÷
è
ø
，
，
所以存在
0
0,1
x Î
，使
0
0
f
x
¢
=
，
所以
f x 在
0
0, x
上单调递减，在
0,1
x
上单调递增，
所以
f x 在( 0, 1) 上不是单调函数，无法判断
1
f x
与
2
f x
的大小，故选项A、B 错误；
设
ex
g x
x
=
，可得
2
e
1
x x
g
x
x
=
¢
-
，
当
0,1
xÎ
时，
2
e
1
0
x x
g
x
x
¢
-
=
<
，所以
g x 在( 0, 1) 上单调递减，
又因为
1
2
0
1
x
x
<
<
< ，所以
1
2
g x
g x
>
，即
1
2
1
2
e
e
x
x
x
x
>
，所以
1
2
2
1
e
e
x
x
x
x
>
，
所以C 不正确，D 正确.
故选：D.
3．（24-25 高二下·湖南·阶段练习·多选）已知a
b
¹
且a 、b 满足
2
2
1
1
a
b
a
b
+ -
+ <
+ ，则下列不等式恒成立的是
（ ）
A．
0
a
b
+
>
B．
0
a
b
-
>
C．2
2
3
3
a
b
a
b
-
-
-
>
-
D．e
1
a
b
+
>
【答案】ACD
【详解】令
2
1
f x
x
x
=
+ -
，则
2
2
2
1
1
0
1
1
x
x
x
f
x
x
x
-
+
¢
=
- =
<
+
+
，
所以，函数
f x 在R 上为减函数，
对于A 选项，由已知得
2
2
2
1
1
1
a
a
b
b
b
b
+ -
<
+ +
=
+ - -
，即
f a
f
b
<
-
，
所以a
b
> - ，故
0
a
b
+
>
，A 正确，B 错误；
对于C 选项，令
2
3
x
x
g x
-
=
-
，因为函数
2x
y =
、
3 x
y
-
= -
均为R 上的增函数，
故函数
2
3
x
x
g x
-
=
-
在R 上为增函数，
因为a
b
> - ，则
g a
g
b
>
-
，即2
3
2
3
a
a
b
b
-
-
-
>
-
，故2
2
3
3
a
b
a
b
-
-
-
>
-
，C 正确；
对于D 选项，构造函数
e
1
x
h x
x
=
-
- ，故
e
1
x
h x
¢
=
- ，
由
0
h x
¢
<
可得
0
x <
，由
0
h x
¢
>
可得
0
x >
，
所以，函数
h x 在区间
,0
-¥
上为减函数，在区间
0, ¥
+
上为增函数，
所以，
0
0
h x
h
³
=
，即e
1
x
x
³
+ ，所以e
1
1
a
a
b
³
+ > - + ，即e
1
a
b
+
> ，D 对.
故选：ACD.
4．（25-26 高三上·海南海口·开学考试）设函数
ln
1
f x
x
x
=
-
+ ．
(1)求
f x 的单调区间；
(2)证明：当
1,
xÎ
+¥ 时，
1
1
ln
x
x
x
-
<
<
；
【答案】(1)单调增区间为
0,1 ；单调减区间为
1,+¥ ；
(2)证明见解析
【详解】（1）函数
ln
1
f x
x
x
=
-
+ 的定义域为
0, ¥
+
，
导函数为
1
1
f
x
x
¢
=
- ，
由
0
f
x
¢
>
，可得0
1
x
<
< ；由
0
f
x
¢
<
，可得
1
x > ．
即有
f x 的单调增区间为
0,1 ；单调减区间为
1, ¥
+
；
（2）当
1,
x
¥
Î
+
时，要证明
1
1
ln
x
x
x
-
<
<
，只需证明ln
1
ln
x
x
x x
<
- <
．
由（1）可得
ln
1
f x
x
x
=
-
+ 在
1, ¥
+
递减，
可得当
1
x > 时，
1
0
f x
f
<
=
，即有ln
1
x
x
<
- ；
设
ln
1,
1,
1 ln
1
ln
F x
x x
x
x
F
x
x
x
=
-
+
>
= +
- =
¢
，
当
1
x > 时，
0
F
x
¢
>
，可得
F x 在
1, ¥
+
单调递增，即有
1
0
F x
F
>
=
，
即有ln
1
x x
x
>
- ，则原不等式成立；
即当
1,
x
¥
Î
+
时，
1
1
ln
x
x
x
-
<
<
．
5．（25-26 高三上·安徽·开学考试）已知函数
2
π
sin
tan
2
0, 2
f x
x
x
x
kx
x
æ
ö
=
+
-
-
Îç
÷
è
ø
，
．
(1)当
0
k =
时，判断
f x 的单调性；
(2)若对任意的
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，不等式
0
f x >
恒成立，求k 的取值范围；
(3)求证：sin
tan
2
x
x
x
+
>
（
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ）．
【答案】(1)
f x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增
(2)
,0
-¥
(3)证明见解析
【详解】（1）
2
3
2
2
2
2
cos
1 cos
cos
1
1
cos
2cos
1
cos
2
cos
cos
cos
x
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x
-
-
-
-
+
=
¢
=
+
-
=
，
由
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，则
cos
0,1
xÎ
，故
2
2
1
5
5
cos
cos
1
cos
, 1
2
4
4
x
x
x
æ
ö
é
ö
-
- =
-
-
Î -
-
ç
÷
÷
ê
è
ø
ë
ø
，
cos
1
0
x - <
，故
0
f
x
¢
>
在
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上恒成立，
故
f x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增．
（2）令
=sin
tan
2
F x
x
x
x
+
-
，
2
0
f x
F x
kx
>
Û
>
，
由（1）得
F x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，又
0
0
F
=
，
所以sin
tan
2
0
x
x
x
+
-
>
，
（i）当
0
k £
时，
2
sin
tan
2
0
x
x
x
kx
+
-
>
³
恒成立．
（ii）当
0
k >
时，令=sin
p x
x
x
-
，则
cos
1
p x
x
=
¢
- ，
当
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
p x
¢
<
，
p x 单调递减，
又
0
0
p
=
，所以
0
p x <
，故
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，sinx
x
<
，（*）
由（*）式可得
2
2
sin
tan
2
tan
f x
x
x
x
kx
x
x
kx
=
+
-
-
<
-
-
，
令
2
tan
g x
x
x
kx
=
-
-
，则
2
tan
2
g
x
x
kx
=
-
¢
，
由（*）式可得
2
2
2
2
2
2 cos
cos
cos
x
x
g
x
kx
x
k
x
x
x
<
-
=
-
¢
，
令
2
2 cos
h x
x
k
x
=
-
，
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
1
4 sin cos
0
h x
k
x
x
+
¢
>
＝
，
故
h x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，又
0
0
h
<
，
π
0
2
hæ
ö >
ç
÷
è
ø
，
所以存在
π
0, 2
t
æ
ö
Îç
÷
è
ø使得
0
h t =
，即
0,
x
t
Î
时，
0
h x <
，
所以
0,
x
t
Î
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减，
又
0
0
g
=
，所以
0
g x <
，
即
0,
x
t
Î
时，
0
f x <
，与
0
f x >
矛盾．
综上，满足条件的k 的取值范围是
,0
¥
-
．
（3）证明：由
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，则
sin
0,1
xÎ
，tan
0
x >
，
要证sin
tan
2
x
x
x
+
>
，只需证
2
2
sin
tan
2
x
x
x
+
>
，
即只需证sin
tan
2 sin
tan
4
x
x
x
x
x
+
+
×
>
，
由（2）知sin
tan
2
x
x
x
+
>
，故只需证sin
tan
x
x
x
×
>
，
即只需证
2
sin
tan
0
x
x
x
×
-
>
，令
2
( )
sin
tan
G
x
x
x
x
×
=
-
，
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
则
2
2
1
sin
cos
tan
sin
2
sin
2
cos
cos
x
G
x
x
x
x
x
x
x
x
x
¢
=
×
+
×
-
=
+
-
，
由
2
2
sin
sin
sin
2 sin
2tan
cos
cos
x
x
x
x
x
x
x
+
³
×
=
，当且仅当
2
cos
1
x = 时等号成立，
又
cos
0,1
xÎ
，故不能取等，即有
2
sin
sin
2tan
cos
x
x
x
x
+
>
，
则
2
sin
sin
2
2tan
2
2 tan
cos
x
G
x
x
x
x
x
x
x
x
=
+
>
-
=
¢
-
-
，
令
=tan
H x
x
x
-
，
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，则
2
2
2
1
1 cos
1
0
cos
cos
x
H
x
x
x
¢
-
=
- =
>
，
故
H x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，则
0
0
H x
H
>
=
，
即
0
G
x
¢
>
，故
G x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，则
0
0
G x
G
>
=
，
即有
2
sin
tan
0
x
x
x
×
-
>
，即得证．
6．（25-26 高三上·辽宁·开学考试）已知函数
f x 在区间
,a b 上有定义，记
f
x
¢
为
f x 的导函数，
f
x
¢¢
为
f
x
¢
的导函数.若
0
f
x
¢¢
>
，则称
f x 为
,a b 上的“V ”函数.已知
2
sin
R
F x
x
m
x m
=
+
Î
是R 上的“V ”函数.
(1)求m 的取值范围；
(2)已知直线y
kx
=
为曲线
y
F x
=
在原点处的切线，求
kx
F x
-
的最大值；
(3)证明：当
0
x >
时，
2
2
sin
ln
1
1
x
x
x
x
x
é
ù
+
>
+
+
ë
û
+ .
【答案】(1)
2,2
mÎ -
(2)0
(3)证明见解析
【详解】（1）由已知
2
sin
F x
x
m
x
=
+
，
则
2
cos
F
x
x
m
x
¢
=
+
，
2
sin
F
x
m
x
¢¢
=
-
，
又
R
xÎ
，则
2
sin
2
,2
F
x
m
x
m
m
¢¢
é
ù
=
-
Î
-
+
ë
û ，
由已知
2
sin
R
F x
x
m
x m
=
+
Î
是R 上的“V ”函数，
则
0
F
x
¢¢
>
，
即2
0
m
-
>
，
解得
2,2
mÎ -
；
（2）由已知
2
sin
F x
x
m
x
=
+
，
2
cos
F
x
x
m
x
¢
=
+
，
则
0
F
m
¢
=
，
又直线y
kx
=
为曲线
y
F x
=
在原点处的切线，
则k
m
=
，
设
g x
kx
F x
=
-
，即
2
sin
g x
mx
x
m
x
=
-
-
，
所以
2
cos
g
x
m
x
m
x
¢
=
-
-
，
2
sin
g
x
m
x
¢¢
= - +
，
由（1）得
2,2
mÎ -
，
则
0
g
x
¢¢
< 恒成立，
所以
g
x
¢
在R 上单调递减，且
0
0
g¢
=
，
即当
0
x <
时，
0
g
x
¢
>
，当
0
x >
时，
0
g
x
¢
<
，
即函数
g x 在
,0
-¥
上单调递增，在
0, ¥
+
上单调递减，
所以
0
0
g x
g
£
=
，
即
g x
kx
F x
=
-
的最大值为0 ；
（3）设
2
2
sin
ln
1
1
x
h x
x
x
x
x
é
ù
=
ë
û -
+
-
+
+ ，
0
x >
，
则
2
2ln
1
2
c
1
os
1
1
x
h
x
x
x
x
x
+
¢
-
-
+
+
=
+
，
3
2
1 ln
1
2
2
sin
1
x
x
x
h
x
x
x
+
+
-
¢¢
=
-
+
+
，
0
x
Q
>
，
2
sin
0
x
\ -
>
恒成立，
3
1
0
x +
>
恒成立，
设
2
1 ln
1
2
M x
x
x
x
=
+
+
-
，
0
x >
，
则
2ln
1
0
M
x
x
¢
=
+
>
恒成立，
所以
M x 在
0, ¥
+
上单调递增，
即
0
0
M x
M
>
=
，
所以
3
2
1 ln
1
2
2
sin
0
1
x
x
x
h
x
x
x
+
+
-
¢¢
=
-
+
>
+
，
即
h x
¢
在
0, ¥
+
上单调递增，
所以
0
0
h x
h
¢
¢
>
=
，
即函数
h x 在
0, ¥
+
上单调递增，
所以
0
0
h x
h
>
=
，
即
2
2
sin
ln
1
1
x
x
x
x
x
é
ù
+
>
+
+
ë
û
+ 成立.
7．（24-25 高三上·北京·期中）已知
e
1
x
f x
ax
=
-
- ，aÎR ，e 是自然对数的底数．
(1)当
1
a = 时，求函数
y
f x
=
的单调区间、极值以及对应的极值点；
(2)若关于x 的方程
1
0
f x + =
有两个不等实根，求a 的取值范围；
(3)当
0
a >
时，若满足
1
2
1
2
f x
f x
x
x
=
<
，求证：
1
2
2ln
x
x
a
+
<
．
【答案】(1)单调区间见解析；当
0
x =
时，
f x 取得极小值0，无极大值
(2)(e,
)
+¥
(3)证明见解析
【详解】（1）当
1
a = 时，
e
1
x
f x
x
=
-
- ，函数的定义域为R ，求导得
e
1
x
f
x
¢
=
- ，
由
0
f
x
¢
=
可得
0
x =
，当
0
x <
时，
<0
f
x
¢
，
f x 在(
,0)
-¥
上单调递减；
当
0
x >
时，
>0
f
x
¢
，
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，
所以当
0
x =
时，
f x 取得极小值
(0)
0
f
=
.
故函数
y
f x
=
的单调递增区间为(0,
)
+¥ ，单调递减区间为(
,0)
-¥
，
当
0
x =
时，
f x 取得极小值0，无极大值.
（2）由方程
1
e
0
x
f x
ax
+ =
-
=
有两个不等实根可知，
0
a ¹
，
依题意，方程
1
0
f x + =
有两个不等实根等价于函数
1
y
a
=
与( )
ex
x
g x =
有两个交点.
由
1
( )
ex
x
g x
-
¢
=
，当
1
x < 时，
( )
0
g x
¢
> ，当
1
x > 时，
( )
0
g x
¢
<
，
则函数( )
g x 在(
,1)
-¥
上单调递增，在(1,
)
+¥ 上单调递减，故当
1
x = 时，( )
g x 取得极大值
1
(1)
e
g
=
，
且当
, ( )
x
g x
® -¥
® -¥ ；当
, ( )
0
x
g x
+
® +¥
®
，(0)
0
g
=
，故可作出函数( )
ex
x
g x =
的图象如下.
由图知，当且仅当
1
1
0
e
a
<
<
时，函数
1
y
a
=
与( )
ex
x
g x =
有两个交点.，故a 的取值范围为(e,
)
+¥ .
（3）因
0
a >
，由
e
0
ln
x
f
x
a
x
a
=
-
=
Þ
=
¢
，当
ln
x
a
<
时，
0
f
x
¢
<
，当
ln
x
a
>
时，
0
f
x
¢
>
，
则函数
y
f x
=
在(
,ln )
a
-¥
上单调递减，在(ln ,
)
a +¥ 上单调递增，
因
1
2
x
x
<
，且
1
2
f x
f x
=
，则可得
1
ln
x
a
<
，
2
ln
x
a
>
，
要证
1
2
2ln
x
x
a
+
<
，需证
1
2
2ln
x
a
x
<
-
，
因
1
2
2l
n
n
l
x
a
a
x <
<
-
，且函数
y
f x
=
在(
,ln )
a
-¥
上单调递减，
则只需证
1
2)
(
(2ln
)
f x
f
a
x
>
-
，又
1
2
f x
f x
=
，
即需证
2
2
)
(
(2ln
)
f x
f
a
x
>
-
，即证
2
2
0
(
(2ln
)
)
f x
f
a
x
-
>
-
.
设
)
( )
(
(2ln
)
h x
f x
f
a
x
=
-
-
，
则
2
2ln
e
1
e
2ln
1
e
2
2 ln
e
x
a x
x
x
a
h x
ax
a
a
x
ax
a
a
-
é
ù
=
-
- -
-
-
-
=
-
-
+
ë
û
，
于是
2
( )
e
e
2
x
x
a
a
h x
+
-
¢
=
，
因
2
2
e
e
e
e
2
2
x
x
x
x
a
a
a
+
³
´
=
，当且仅当
2
e
e
x
x
a
=
，即当
ln
x
a
=
时，等号成立，
故
( )
0
h x
¢
³
，即函数( )
h x 在R 上单调递增，因
2
ln
x
a
>
，
则
l
2
n
2
ln
2
2 ln
0
(
)
(ln )
e
ln
e
a
a
h x
h
a
a
a
a
a
a
-
+
>
=
-
=
，
则
2
2
0
(
(2ln
)
)
f x
f
a
x
-
>
-
，即得
1
2)
(
(2ln
)
f x
f
a
x
>
-
，
又函数
y
f x
=
在(
,ln )
a
-¥
上单调递减，则
1
2
2ln
x
a
x
<
-
，故
1
2
2ln
x
x
a
+
<
得证.
8．（25-26 高三上·江苏南京·阶段练习）已知函数
2
1
ln 2
2
f x
x
m
x
m
=
+
+
ÎR .
(1)若曲线
y
f x
=
在
1
x = 处的切线的斜率为2，求切点的坐标；
(2)讨论函数
f x 的单调性；
(3)当
π
2
0, 2
m
x
æ
ö
=
Îç
÷
è
ø
，
时，求证：
2
1
sin
1
2
f x
x
x
<
+
+ .
【答案】(1)
1
1
ln2
2
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
，
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由于
2
2
f
x
x
x
m
¢
=
+
+
，
所以
2
1
1
2
2
f
m
=
+ =
+
¢
，所以
0
m =
.
所以
1
1
ln2
2
f
=
+
，所以切点的坐标为
1
1,ln2
2
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
.
（2）函数
f x 的定义域为
,
2
m
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø.
2
2
2
2
2
2
x
mx
f
x
x
x
m
x
m
+
+
=
+
=
+
+
¢
．
（i）当
2
Δ
16
0
m
=
-
£
，即4
4
m
- £
£
时，
0
f
x
¢
³
.
（ii）当
2
Δ
16
0
m
=
-
>
，即
4
m < - ，或
4
m >
时，
方程
2
2
2
0
x
mx
+
+
=
的两根为
2
1 2
16
4
m
m
x
-
±
-
=
，
.
①当
4
m >
时，由于
2
2
16
16
0
4
2
4
m
m
m
m
m
-
-
-
-
-
æ
ö
- -
=
>
ç
÷
è
ø
，
所以
2
2
16
16
2
4
4
m
m
m
m
m
-
-
-
-
+
-
-
<
<
，
令
0
f
x
¢
>
，解得
2
16
2
4
m
m
m
x
-
-
-
-
<
<
，或
2
16
4
m
m
x
-
+
-
>
；
令
0
f
x
¢
<
，解得
2
2
16
16
4
4
m
m
m
m
x
-
-
-
-
+
-
<
<
；
②当
4
m < - 时，由于
2
2
16
16
0
4
2
4
m
m
m
m
m
-
+
-
+
-
æ
ö
- -
=
<
ç
÷
è
ø
，
所以
2
2
16
16
4
4
2
m
m
m
m
m
-
-
-
-
+
-
<
< -
，
令
0
f
x
¢
>
，解得
2
m
x > -
.
综上，当
4
m £
时，
f x 在
,
2
m
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø上单调递增，
当
4
m >
时，
f x 在
2
16
,
2
4
m
m
m
æ
ö
-
-
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
和
2
16 ,
4
m
m
¥
æ
ö
-
+
-
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，
在
2
2
16
16
,
4
4
m
m
m
m
æ
ö
-
-
-
-
+
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减.
（3）要证
2
1
sin
1
2
f x
x
x
<
+
+ ，只需要证明
sin
1
ln
1
ln2
x
x
+ >
+
+
，其中
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
设
1
sin
ln
1
1 ln2
cos
1
h x
x
x
h x
x
x
=
-
+
+ -
=
-
¢
+
，
，
设
2
1
sin
1
n x
h x
n x
x
x
=
= -
+
¢
+
¢
，
因为函数
2
1
sin
1
y
x
y
x
= -
=
+
、
在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上均为减函数，
则
2
1
sin
1
n x
x
x
-
+
+
¢
=
在区间
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 内单调递减，
因为
2
1
0
1
0
1
0
2
1
2
n
n
p
p
æ
ö
= >
= - +
<
ç
÷
è
ø
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
¢
¢
，
，
所以，
1
0, 2
x
p
æ
ö
$
Îç
÷
è
ø ，使得
1
0
n x
¢
=
，
当
1
0
x
x
<
<
时，
0
n x
¢
>
；当
1
2
x
x
p
<
<
时，
0
n x
¢
<
.
所以
h x
¢
在区间
1
0, x
内单调递增，在区间
1, 2
x p
æ
ö
ç
÷
è
ø 内单调递减
又因为
1
2
1
1
0
0
0
0
,
2
2
1
2
h
h x
h
x
x
p
p
p
æ
ö
æ
ö
=
>
= -
<
$
Î
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
¢
ø
¢
¢
+
，
，
，
，使得
2
0
h x
¢
=
，
当
2
0
x
x
<
<
时，
0
h x
¢
>
；当
2
2
x
x
p
<
<
时，
0
h x
¢
<
.
所以
h x 在区间
2
0, x
内单调递增，在区间
2
π
, 2
x
æ
ö
ç
÷
è
ø 内单调递减.
因为
π
π
0
1 ln2
0
1 ln
1
1 ln2
0
2
2
h
hæ
ö
æ
ö
= -
>
= -
+
+ -
>
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
，
故
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 内
0
h x >
恒成立，原不等式得证.
9．（25-26 高三上·江苏扬州·开学考试）已知函数
( )
1
ln , ( )
1
ln ,
f x
x
x x g x
x
a x a
=
- -
=
- -
ÎR 且
0
a ¹
.
(1)求函数
( )
f x 的最大值；
(2)若( )
0
g x ³
，求a 的值；
(3)求证：
1
1
1
1 2
3
2025
e
2026
+ + +
+
>
L
（其中e是自然对数的底数）.
【答案】(1)0 ；
(2)1；
(3)证明见解析.
【详解】（1）函数
( )
f x 的定义域为(0,
)
+¥ ，求导得
( )
ln
f
x
x
= -
¢
，
由
( )
0
f
x
¢
>
，得0
1
x
<
< ；由
( )
0
f
x
¢
<
，得
1
x > ，
函数
( )
f x 在( 0, 1) 上单调递增，在(1,
)
+¥ 上单调递减，
所以函数
( )
f x 在
1
x = 处取得最大值
(1)
0
f
=
.
（2）函数( )
1
ln
g x
x
a x
=
- -
的定义域为(0,
)
+¥ ，求导得
( )
x
a
g x
x
¢
-
=
，
①当
0
a <
时，
( )
0
g x
¢
> 恒成立，( )
g x 在(0,
)
+¥ 单调增，而
1
1
( )
1
0
e
e
g
a
=
- +
<
，不符合题意；
②当
0
a >
时，由
( )
0
g x
¢
<
，得0
x
a
<
<
；由
( )
0
g x
¢
> 得，x
a
>
，
函数( )
g x 在(0, )
a 上单调递减，在( ,
)
a +¥ 上单调递增，
min
( )
( )
1
ln
g x
g a
a
a a
=
=
- -
，
由( )
0
g x ³
恒成立，得
1
ln
0
a
a a
- -
³
，由（1）知
1
ln
0
a
a a
- -
£
，则
1
ln
0
a
a a
- -
=
，解得
1
a = ，
所以
1
a = .
（3）由（1）知
( )
0
f x £
，即
1
1
ln
0
ln
1
x
x x
x
x
- -
£
Û
³ -
，则
1
ln
1
x
x ³ - ，即
ln
1
x
x
-
³ -
，
因此
ln e
1 e
x
x
-
³ -
，即
1 ex
x
- ³ -
，则e
1
x
x
³
+ （当且仅当
0
x =
时取等号），
取
1 ,
N
x
n
n
*
=
Î
，得
1
1
e
1
1
n
n
n
n
+
>
+ =
，则
1
1
1
1
3
2
2
3
4
1
e
,e
,e
,
,e
1
2
3
n
n
n
+
>
>
>
>
L
，
所以
1 1
1
1
1
1
1
1
2 3
2025
3
2025
2
3 4
2026
e
e e
e
e
2
2026
2 3
2025
+ + +
+
=
×
×
>
×
×
×
×
×
=
×
L
L
L
.
10．（25-26 高三上·福建·开学考试）已知函数
2
3ln
f x
x
x
a
x
=
-
-
-
.
(1)证明：
0,
,
0
a
f a
¥
" Î
+
<
.
(2)若
f x 在1 ,
4
é
ö
+¥÷
êë
ø 上只有一个零点，求a 的取值范围.
(3)设
1
2
,
x x 是
f x 的两个零点，证明：
1
2
6ln3
2
6
6ln2
x
x
a
+
+
>
+
+
.
【答案】(1)证明见解析
(2)
31
6ln2,1 3ln2
1,
4
¥
é
ö
-
+
-
È - +
÷
êë
ø
(3)证明见解析
【详解】（1）证明：
2
2
3ln
3ln
0
f a
a
a
a
a
a
a
a
=
-
-
-
= -
-
>
.
设
2
3ln
g x
x
x
= -
-
，则
2
2
3
2
2
3x
g
x
x
x
x
=
¢
-
= -
+
，
当
2
0
3
x
<
<
时，
0,
g
x
g x
¢
>
单调递增，当
2
3
x >
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减，
所以
max
2
2
2e
( )
3 ln
1
3ln
0
3
3
3
g x
g æ
ö
æ
ö
=
= -
+
= -
<
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，所以
0
g x <
，
故
0,
a
¥
" Î
+
，
0
f a <
.
（2）解：由
0
f x =
，得
2
3ln
x
x
a
x
-
-
=
，
设
2
3ln
h x
x
x
x
=
-
-
，则
2
1
2
x
x
h x
x
-
¢
-
=
，
当1
1
4
x
£
< 或
2
x >
时，
0,
h x
h x
¢
>
单调递增，当1
2
x
<
<
时，
0,
h x
h x
¢
<
单调递减，
所以
h x 在
1
x = 处取得极大值，且极大值为1
- ，
h x 在
2
x =
处取得极小值，且极小值为1 3ln2
-
，
1
31
6ln2
1 3ln2
4
4
hæ
ö = -
+
< -
ç
÷
è
ø
，当x ® +¥ 时，
h x
¥
® +
，
故a 的取值范围是
31
6ln2,1 3ln2
1,
4
¥
é
ö
-
+
-
È - +
÷
êë
ø
.
（3）证明：因为
1
2
,
x x 是
f x 的两个零点，所以
1
1
2
2
1
2
2
2
3ln
,
3ln
x
x
a x
x
a
x
x
-
-
=
-
-
=
，
则
1
2
1
2
1
2
2
2
3 ln
ln
2
x
x
x
x
a
x
x
æ
ö
+
-
+
-
+
=
ç
÷
è
ø
，
则
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
3ln
x
x
x
x
a
x x
x x
+
+
=
+
+
，
因为
1
2
1
2
0,
0,
x
x
x
x
>
>
¹
，所以
1
2
1
2
2
x
x
x x
+
>
，
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4
4
2
3ln
2
3ln
x x
x
x
a
x x
a
x x
x x
x x
+
>
+
+
=
+
+
.
设
1
2
0
x x
t
= >
，
2
4
4
3ln
6ln
t
t
t
t
t
j
=
+
=
+
，则
2
2
6
4
6
4
t
t
t
t
t
j
=
¢
-
=
-
，
当
2
0
3
t
< <
时，
0
t
j¢
<
，当
2
3
t >
时，
0
t
j¢
>
，
所以
min
2
2
( )
6ln
6
6ln2
6ln3
6
3
3
t
j
j æ
ö
=
=
+
=
-
+
ç
÷
è
ø
，
所以
1
2
1
2
1
2
4
2
3ln
2
6ln2
6ln3
6
x
x
a
x x
a
x x
+
>
+
+
>
+
-
+ ，
即
1
2
6ln3
2
6
6ln2
x
x
a
+
+
>
+
+
.
11．（25-26 高三上·重庆沙坪坝·开学考试）记函数
2
2
*
1
N
n
nf
x
x
x
x
n
= +
+
+
+
Î
L
，
；
(1)求函数
nf
x 的极值点个数；
(2)记函数
nf
x 的极值点为
nx ，证明：
①
1
1
2
nx
n
³
- ；
②数列
nx
单调递减．
(提示：
1
x ¹ 时，
1
*
1
1
N
1
n
n
x
x
x
n
x
+ -
+
+
+
=
Î
-
L
，
)
【答案】(1)存在唯一极小值点
n
x
x
=
，无极大值点；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【详解】（1）由提示知，
2
1
1,
1
1
( )
2
1,
1
n
n
x
x
x
f
x
n
x
+
ì
-
¹
ïï
-
= í
ï
+
=
ïî
，显然
1
x = 不是其极值点，
故
2
1
2
2
2
(2
1)
1
( )
(
1)
n
n
n
nx
n
x
f
x
x
+ -
+
+
¢
=
-
，
1
x ¹ ，
令
2
1
2
( )
2
(2
1)
1
n
n
n
g
x
nx
n
x
+
=
-
+
+ ,
1
x ¹ ，
2
1
( )
2 (2
1)
(
1)
n
n
g
x
n
n
x
x
-
¢
=
+
-
，
当
(
,0)
1,
xÎ -¥
+¥
U
时，
( )
0
n
g
x
¢
>
，当
0,1
x Î
时，
( )
0
n
g
x
¢
<
，
故
( )
n
g
x 在(
,0)
-¥
上单调递增，在( 0, 1) 上单调递减，在(1,
)
+¥ 上单调递增，
又
( 1)
4
0,
(0)
1
n
n
g
n
g
-
= -
<
= ，且代入
1
x = ，此时
( )
0
n
g
x =
，
故存在
( 1,0)
nx Î -
，有
0
n
n
g
x
=
，
且
,
n
x
x
Î -¥
时，
0
n
g
x <
，且
,
n
x
x
Î
+¥ 时，
0
n
g
x ³
(不恒为零），
从而
( )
nf
x 在
,
nx
-¥
上单调递减，
,
nx +¥ 上单调递增，
故
( )
nf
x 存在唯一极小值点
n
x
x
=
，无极大值点.
（2）①由（1）可知，
nx 为
( )
nf
x 唯一的极值点，且为极小值点，
由
( )
n
g
x 单调性和正负性可知，
1
1
2
nx
n
³
- 等价于
1
1
0
2
n
g
n
æ
ö
-
£
ç
÷
è
ø
，
又
2
1
1
1
4
1
1
0
2
2
n
n
g
n
n
n
æ
ö
æ
ö
-
= -
-
+ £
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，只需证
2
1
1
1
4
2
n
n
n
æ
ö
£
-
ç
÷
è
ø
，
即证1
1
1
ln
ln 1
2
4
2
n
n
n
æ
ö
£
-
ç
÷
è
ø，令
1
1
0,
2
2
t
n
æ
ù
=
Îç
ú
è
û ，
只用证ln
ln(1
)
2
t
t
t
£
-
，
1
0, 2
t
æ
ù
Îç
ú
è
û ，
令
1
( )
ln(1
)
ln
,
( )
ln
ln 2 1
2
1
t
t
t
t
t
t
t
j
j¢
=
-
-
=
-
+
-
-
，
易知
( )t
j¢
在
1
0, 2
æ
ù
ç
ú
è
û 单调递减，且
1
1
15
2ln 2
3
0,
4ln 2
0
2
8
7
j
j
æ
ö
æ
ö
¢
¢
=
-
<
=
-
>
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
则存在0
1
0, 2
t
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，有
0
0
t
j¢
=
，且
0
0,
t
t
Î
时，
0
t
j¢
>
，
0
1
, 2
t
tæ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
t
j¢
<
，
故( )t
j
在
0
0,t
单调递增，在
0
1
, 2
tæ
ö
ç
÷
è
ø 单调递减，又
1
0
2
j æ
ö =
ç
÷
è
ø
，
且由洛必达法则，
0
0
0
0
0
2
1
ln 2
lim ( )
lim
ln
lim
lim
lim
0
1
1
2
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
j
®
®
®
®
®
-
-
æ
ö
=
-
=
=
=
=
ç
÷
è
ø
-
，
故
1
0, 2
t
æ
ù
Îç
ú
è
û 时，( )
0
t
j
³
，即ln
ln(1
)
2
t
t
t
£
-
，
1
0, 2
t
æ
ù
Îç
ú
è
û ，证毕；
②由（1）可知，
1
,
( 1,0)
n
n
x
x + Î -
，故
nx
单调递减只需证
1
n
n
x
x
+ <
，
即证：
1
1
1
0
n
n
n
n
g
x
g
x
+
+
+
>
=
，
由
2
1
2
2
2
1
1
0
n
n
n
n
n
n
g
x
nx
n
x
+
=
-
+
+ =
，则有
2
1
2
1 2
n
n
n
x
n
nx
=
+ -
，
代入
1
n
n
g
x
+
有：
2
2
2
1
(2
2)
(2
3)
(2
2)
(2
3)
1
1
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
x
n
x
n
g
x
x
n
x
n
n
nx
+
+
+
-
+
=
+
-
+
+ =
+
+ -
2 (2
2)
(2
3)
2
1
1
2
1
1
n
n
n
n
x
n
x
n
n
x
n
x
+
-
+
+
-
+
=
-
+
，
因为
1,0
nx Î -
，则
2
1
1
0
n
n
x
-
+ >
，若
1
0
n
n
g
x
+
>
，
只需：
3
2
2
2
2
3
2
2
1
0
n
n
n
n
x
n
x
nx
n
+
-
+
-
+
+
>
，
关注到因式分解，有：
2
1
(2
2)
2
1
0
n
n
x
n
x
n
-
+
+
+
>
，
只需
2
1
1
1
2
2
2
2
n
n
x
n
n
+
> -
=
-
+
+
，
由前可知，
1
1
1
1
2
2
2
nx
n
n
³
- >
-
+
，证毕．
1．（24-25 高二下·云南曲靖·期末）若
e
ln
x
f x
t x
=
-
在
1,3 上存在唯一的零点，则（ ）
A．
e
t
< <
2
B．
2e
ln2
t >
C．
2
t
e
>
D．
3e
ln3
t >
【答案】D
【详解】令
0
f x =
，因为
1,3
xÎ
，所以1
ln
ex
x
t =
，令
ln
ex
x
g x =
，所以
1
ln
ex
x
x
g
x
-
¢
=
，
因为存在唯一的
0
1,3
x Î
满足：
0
0
g
x
¢
=
，
所以，当
0
1,
x
x
Î
时，
0
g
x
¢
>
；当
0,3
x
x
Î
时，
0
g
x
¢
<
，
所以
g x 在
0
1, x
、
0,3
x
上分别单调递增、单调递减，
0x 为极大值点，
因为
1
0
3
g
g
=
<
，所以当且仅当
1
1
3
g
g
t
£
<
时，
直线
1
y
t
=
与
g x 的图象有唯一的交点，即
f x 在
1,3 上存在唯一的零点，
所以
3
1
ln3
0
e
t
£
<
或
0
1
g x
t =
，所以
3e
ln3
t >
或
0
1
t
g x
=
.
结合选项，只有D 符合题意，
故选：D.
2．（25-26 高三上·四川绵阳·开学考试）已知函数
( )
ex
f x
ax
=
-
有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
0,1
B．
1,e
C．
e,+¥
D．
0,e
【答案】C
【详解】因为
( )
ex
f x
ax
=
-
有两个不同的零点，所以方程e
0
x
ax
-
=
有两个不同的根，
因为
0
x =
不是方程e
0
x
ax
-
=
的根，
所以方程ex
a
x =
有两个不同的根，
所以直线y
a
=
与曲线
ex
y
x
=
有两个交点．
令
ex
g x
x
=
，则
2
e
1
x x
g
x
x
=
¢
-
，
令
0
g
x
¢
=
可得
1
x = ，
当
0
x <
时，
0
g
x
¢
<
，函数
g x 在
,0
¥
-
上单调递减，
考点三
零点问题
当0
1
x
<
< 时，
0
g
x
¢
<
，函数
g x 在
0,1 上单调递减，
当
1
x > 时，
0
g
x
¢
>
，函数
g x 在
1, ¥
+
上单调递增，
当
0
x <
时，
0
g x <
；当
0
x >
时，
0
g x >
，
当x ® -¥ 时，
0
g x ®
，当
0
x <
且
0
x ®
时，
g x
¥
® -
，
当
0
x >
且
0
x ®
时，
g x
¥
® +
；x ® +¥ 时，
g x
¥
® +
；又1
e
g
=
，
画出函数
ex
g x
x
=
的大致图象如下：
所以当
e,
a
¥
Î
+
时，直线y
a
=
与曲线
ex
y
x
=
有两个交点，
即实数a 的取值范围是
e, ¥
+
．
故选：C
3．（25-26 高三上·北京顺义·开学考试）已知函数
e
1
1
e
1
2
x
x
f x
x
=
-
-
+
，则函数
f x 所有零点之和为（ ）
A．2
-
B．0
C．2
D．4
【答案】B
【详解】由题意知
0
x ¹
，
2
2
2
2
e
e
1
e
1
e
1
0
e
1
e
1
x
x
x
x
x
x
x
e
f
x
x
x
+
-
×
=
+
=
+
>
+
+
¢
，
所以
f x 在
,0
¥
-
和
0, ¥
+
上单调递增，
又因为
2
2
e
2
1
0
e
1
f
=
- <
+
，当x ® +¥ 时，
1
2
f x ®
，所以
f x 在
2, ¥
+
上必存在唯一的零点，
因为
e
1
1
e
1
1
e
1
1
0
e
1
2
e
1
2
e
1
e
1
x
x
x
x
x
x
x
f x
f
x
x
x
-
-
+
-
=
-
-
+
+
-
=
+
- =
+
+
+
+
，
所以
f x 为奇函数，则
f x 在
, 2
¥
-
-
上必存在唯一的零点，
根据奇函数图象的对称性，可知
f x 的所有零点之和为0 .
故选：B
4．（25-26 高二上·湖南邵阳·阶段练习）若关于x 的方程(e
)(
ln )
0
x
tx x
t
x
-
-
=
恰有三个不同的实根, ,
a b c
（a
b
c
<
<
），则（ ）
A．
2
a
c
b
+
<
B．
2
a
c
b
+
=
C．
2
ac
b
>
D．
2
ac
b
=
【答案】D
【详解】若
1
x = 是其中一个根，则有
e
t =
，但此时方程(e
)(
ln )
0
x
tx x
t
x
-
-
=
不足三个根，
所以
1
x ¹ ，则方程(e
)(
ln )
0
x
tx x
t
x
-
-
=
，可得
ex
t
x
=
或
ln
x
t
x
=
，
令
e ,
0
x
f x
x
x
=
>
，可得
2
e (
1)
x x
f
x
x
-
=
¢
，
当0
1
x
<
< 时，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减；
当
1
x > 时，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增，且
1
e
f
=
，
令
,
0
ln
x
g x
x
x
=
>
，可得
'
2
ln
1
ln
ln
x
x
g
x
x
x
-
æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
¢
，
当0
e
x
<
<
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减；
当
e
x> 时，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，且
e
e
g
=
，
画出函数
y
f x
=
和
y
g x
=
的图象，如图所示，
要使得方程(e
)(
ln )
0
x
tx x
t
x
-
-
=
恰有三个不同的实根, ,
a b c ，
则满足0
1
e
a
b
c
<
< <
<
<
，且e
e
ln
ln
a
b
b
c
a
b
b
c
=
=
=
①，
由于e
ln
a
b
a
b
=
，即e
ln e
ln
a
a
b
b
=
，且
(
e ,
1,e)
a bÎ
，
因为
ln
x
y
x
=
在(1,e)上单调递减，所以ea
b
=
②，
由于e
ln
b
c
b
c
=
，即
ln
e
e
ln
b
c
b
c
=
，且
1
b > ，ln
1
c > ，
因为
ex
y
x
=
在(1,
)
+¥ 上单调递增，所以
ln
b
c
=
③，
由①得：e
ln
b
b
b
b
=
，整理并代入②③式，可得
2
ln
e ln
e
ln e
b
c
a
b
b
ac
=
=
=
，所以D 正确.
又因为
2
2
a
c
ac
b
+
>
=
，且a
c
¹ ，所以等号不成立，
综上所述，选项D 正确.
故选：D.
5．（2025·辽宁大连·一模·多选）记
f x 的导函数
3
2
1,
R
f
x
x
x
x
=
-
-
Î
¢
，下列说法正确的是（ ）
A．
f x 在R 上一定有3 个极值点
B．
f x 在R 上一定有4 个零点
C．过
f x 上一点作切线:l y
kx
b
=
+
，若存在三个点的切线斜率相同，则k 的取值范围为
4 6
4 6
1,
1
9
9
æ
ö
-
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
D．记
1
g
x
f
x
¢
¢
=
+ ，则
g x 一定是偶函数
【答案】ACD
【详解】由题意，
3
2
1
f
x
x
x
=
-
-
¢
，设
4
2
1
4
f x
x
x
x
m
=
-
-
+
，
R
mÎ
.
对于A，由
3
3
2
2
1
1
1
1
1
1
1
f
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
¢
=
-
- =
-
-
- =
-
+
-
+
=
+
-
-
1
5
1
5
1
2
2
x
x
x
æ
öæ
ö
+
-
=
+
-
-
ç
֍
÷
ç
֍
÷
è
øè
ø
，
令
0
f
x
¢
>
，得
1
5
1
2
x
-
- <
<
或
1
5
2
x
+
>
，
令
0
f
x
¢
<
，得
1
x < - 或1
5
1
5
2
2
x
-
+
<
<
所以函数
f x 在
, 1
¥
-
-
和1
5 1
5
,
2
2
æ
ö
-
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，
在
1
5
1,
2
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
和
1
5 ,
2
æ
ö
ç
÷
çè
+
+
ø
¥÷ 上单调递增，
则
f x 在R 上有3 个极值点，故A 正确；
对于B，当
0
m =
时，
4
2
1
4
f x
x
x
x
=
-
-
，
由A 知，函数
f x 在
, 1
¥
-
-
和1
5 1
5
,
2
2
æ
ö
-
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，
在
1
5
1,
2
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
和
1
5 ,
2
æ
ö
ç
÷
çè
+
+
ø
¥÷ 上单调递增，
又
1
1
0
4
f -
=
>
，
0
0
f
=
，
0
1
4
5
2
7
1
f
f
æ
ö <
= -
<
ç
÷
ç
÷
+
è
ø
，
33
3
0
4
f
=
>
，
结合单调性及零点存在性定理，可知
f x 在R 上有2 个零点，故B 错误；
对于C，由题意，
3
2
1
f
x
x
x
k
=
-
- =
¢
有三个不同实根，
设
3
2
1
h x
f
x
k
x
x
k
-
¢
=
-
=
- -
，
R
xÎ
，则
2
3
2
h x
x
¢
=
-
，
令
0
h x
¢
>
，得
6
3
x < -
或
6
3
x >
，令
0
h x
¢
<
，得
6
6
3
3
x
-
<
<
，
所以函数
h x 在
6
,
3
æ
ö
-¥ -
ç
÷
ç
÷
è
ø
和
6 ,
3
æ
ö
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，在
6
6
,
3
3
æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，
则
6
4 6
1
0
3
9
6
4 6
1
0
3
9
h
k
h
k
ì æ
ö
-
=
- -
>
ï ç
÷
ç
÷
ï è
ø
í æ
ö
ï
= -
- -
<
ç
÷
ï ç
÷
è
ø
î
，解得
4 6
4 6
1
1
9
9
k
<
<
-
-
- ，
即k 的取值范围为
4 6
4 6
1,
1
9
9
æ
ö
-
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，故C 正确；
对于D，由
3
2
1
x
g
x
f
x
x
¢
¢
=
-
=
+
，
可设
4
2
1
,
R
4
g x
x
x
n n
=
-
+
Î
，
R
xÎ
，
则
4
2
4
2
1
1
4
4
g
x
x
x
n
x
x
n
g x
-
=
-
- -
+
=
-
+
=
，
则
g x 为偶函数，故D 正确.
故选：ACD.
6．（25-26 高三上·湖南长沙·阶段练习·多选）已知函数
ex
f
x
a
a
x
=
+
-
有两个零点
1
2
,
x x ，则下列说法正确的是
（ ）
A．不存在负数a 满足条件
B．a 的值可以取1
4
C．a 的值可以取
1
2
D．
1
2
x
x
-
的值关于a 单调递减
【答案】ABD
【详解】函数
ex
f x
a
a
x
=
+
-
的定义域为R ，
因为
ex
f x
a
a
x
=
+
-
，所以
e
1
x
f
x
a
¢
=
- ，
对于A，当
0
a £
时，
0
f
x
¢
<
恒成立，
所以函数
f x 为减函数，至多只有一个零点，与条件矛盾，
所以
0
a >
，故A 正确，
当
0
a >
时，
e
1
x
f
x
a
¢
=
- ，令
0
f
x
¢
=
，可得
ln
x
a
= -
，
当
, ln
x
a
¥
Î -
-
时，
0
f
x
¢
<
，函数
f x 在
, ln a
¥
-
-
上单调递减，
当
ln ,
x
a
¥
Î -
+
时，
0
f
x
¢
>
，函数
f x 在
ln ,a
¥
-
+
上单调递增，
所以当
ln
x
a
= -
时，
f x 取最小值，
最小值为
ln
2
ln
e
ln
1
ln
a
f
a
a
a
a
a
a
-
-
=
+
+
= +
+
，
对于B，当
1
4
a =
，
2
min
1
1
1
17
ln
1
ln
ln 4
4
4
4
16
f x
f æ
ö
æ
ö
=
-
= +
+
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
因为
5
4
243
3
4
256
=
<
=
，所以
12
2
5
4
1
3
4
3
4
<
´
´
，故
17
16
3
4
<
，
因为函数
17
16
y
x
=
在
0, ¥
+
上单调递增，
所以
17
17
16
16
e
3
4
<
<
，故17
ln 4
16 <
，则
1
ln
0
4
f æ
ö
-
<
ç
÷
è
ø
，
当x ® -¥ 时，
f x
¥
® +
，当x ® +¥ 时，
f x
¥
® +
，
所以函数
f x 在
,ln 4
¥
-
和
ln 4, ¥
+
上各有一个零点，故B 正确，
对于C，当
1
2
a =
时，
2
min
1
1
1
5
ln
1
ln
ln 2
0
2
2
2
4
f x
f æ
ö
æ
ö
=
-
= +
+
=
-
>
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
所以函数
f x 在R 上无零点，故C 错误，
对于D，令
0
f x =
，可得
e
0
x
a
a
x
+
-
=
，所以ex
x
a
a
=
-
，
由已知
1
2
,
x x 是方程ex
x
a
a
=
-
的两个根，
所以
1
2
,
x x 可视为函数y
ex
=
与函数
x
y
a
a
=
-
的图象的交点的横坐标，
当a 增加时，直线
x
y
a
a
=
-
斜率变小，同时向下平移，故
1
2
x
x
-
收缩变小，D 正确，
故选：ABD.
7．（2025·广东·模拟预测）已知函数
3
1
5
,
0,
1
2
ln ,
0
x
x
x
f x
g x
f x
kx
x x
ì-
-
£
ï
=
=
-
+
í
ï
>
î
.若
g x 恰有4 个零点，则实数
k 的取值范围是 .
【答案】
0,1
【详解】由题意有：
g x 恰有4 个零点，令
0
g x =
，即
1
f x
kx
=
- ，所以
1
y
kx
=
- 与
f x 的函数图像有4 个
交点，
当
0
x >
时，设
1
y
kx
=
- 与
ln
f x
x
=
相切于点
0
0
,
x
y
，
即
0
0
0
0
0
1
ln
1
k
x
y
x
y
kx
ì =
ï
ïï
=
í
ï
=
-
ï
ïî
，解得
0
1
x = ，
即
1
y
x
=
- 与
ln
f x
x
=
相切，
当
0
x £
时，
3
1
5
2
f x
x
x
= -
-
，所以
2
1 3
5
2
f
x
x
-
¢
=
-
，
令
0
f
x
¢
=
，解得
15
3
x = -
，由
15
15
0
0,
0
3
3
f
x
x
f
x
x
>
Þ -
<
£
<
Þ
< -
¢
¢
，
所以
f x 在
15 ,0
3
æ
ù
-
ç
ú
çè
û
单调递增，在
15
,
3
¥
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
单调递减，
所以
f x 的极小值为
15
5 15
3
9
f æ
ö
-
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
设
1
y
kx
=
- 与
3
1
5
2
f x
x
x
= -
-
相切与点
0
0
,
x
y
，
所以
2
0
3
0
0
0
1 3
5
2
1
5
2
k
x
y
x
x
ì = -
-
ïïí
ï
= -
-
ïî
，
所以切线方程为：
0
0
y
y
k x
x
-
=
-
，又
1
y
kx
=
- 过点
0, 1
-
，
所以
3
2
0
0
0
0
1
1
1
5
3
5
0
2
2
x
x
x
x
- +
-
= -
-
-
，解得
0
1
x = - ，即
1
k = ，
所以
1
y
x
=
- 与
3
1
5
2
f x
x
x
= -
-
相切，
作出
f x 的函数图像：
由图可知：当
0
k =
时，
1
y = - 与
f x 有3 个交点，
当
1
k = 时，
1
y
x
=
- 与
f x 有两个交点，
所以
1
y
kx
=
- 与
f x 的函数图像有4 个交点，即0
1
k
<
< ，
故答案为：
0,1 .
8．（25-26 高三上·江苏常州·开学考试）已知函数
3
1
8,
ln
2
f x
x
mx
g x
x
=
+
+
=
，用
min
,a b 表示,a b 中的较小
值，若函数
min
,
0
h x
f x
g x
x
=
>
有三个不同的零点，则实数m 的取值范围为
．
【答案】
17 , 6
2
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø
【详解】
3
1
8
2
f x
x
mx
=
+
+
Q
，
2
3
2
f
x
x
m
\
=
¢
+
，
若
0
m ³
，
0
f
x
¢
³
恒成立，函数
3
1
8
2
f x
x
mx
=
+
+ 至多有一个零点，
min
,
0
h x
f x
g x
x
=
>
不可能有三个不同的零点，
故
0
m <
，令
0
f
x
¢
=
，则
1
2
3
m
x =
-
，
2
2
3
m
x = - -
（舍），
即
( )
f x 在
1
0, x
单调递减，在
1,
x
¥
+
上单调递增，且
(0)
8
f
=
，x ® +¥ 时，
f x
¥
® +
，
因为1
0
g
=
，所以要使
min
,
h x
f x
g x
=
（
0
x >
）恰有三个零点，
则
( )
f x 需在
1, ¥
+
上有两个零点，
则须满足
2
1
3
m
-
> ，
1
1
8
0
2
f
m
=
+
+
>
，
2
0
3
m
f æ
ö
-
<
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
即
2
3
1
3
2
17
17
0
2
2
6
2
2
8
0
3
3
m
m
m
m
m
m
m
ì
ì
-
>
< -
ï
ï
ï
ï
ï
ï
+
>
Þ
> -
í
í
ï
ï
< -
ï
ï
-
+
<
ï
ïî
î
，解得
17
6
2
m
-
<
< - .
故答案为：
17 , 6
2
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø
.
9．（25-26 高三上·北京·开学考试）已知函数
2
1
e
1
x
f x
a
x
=
+
-
+ ，
1
a < - ．
(1)求
f x 在点
0,
0
f
处的切线方程；
(2)求证：当
0
x <
时，
1
f
x
¢
> - ；
(3)求
f x 的零点个数．
【答案】(1) y
x
= -
(2)见详细解析
(3)2
【详解】（1）将
0
x =
代入
f x 可得
0
0
f
=
，又
2
1
ex
f
x
a
x
=
+
-
¢
，
0
1
f ¢
= - ，所以切线方程为
0
1
0
y
x
-
= - ´
-
，即y
x
= - ．
（2）当
0
x <
时，
1
f
x
¢
> - ，即证明当
0
x <
时，
2
1
1
x
a
x
e
+
-
> - ，
令
2
1
1
x
g x
a
x
e
=
+
-
+ ，
0
x <
，则
2
1
x
g
x
a
e
+
¢
=
-
，
因为
1
a < - ，有
1
0
a + <
，所以当
0
x <
时
0
g
x
¢
<
，
g x 在
,0
¥
-
上单调递减，
所以当
0
x <
时，
0
0
g x
g
>
=
，也即
1
f
x
¢
> - ．
（3）
2
1
ex
f
x
a
x
=
+
-
¢
，令
h x
f
x
=
¢
，再求导得
2
1
x
h x
a
e
+
¢
=
-
，
因为
1
a < - ，有
2
1
0
a +
<
，且e
0
x >
，故
0
h x
¢
<
，即
h x
f
x
=
¢
在R 上单调递减，
又因为x ® -¥ 时，
f
x
¢
® ¥ ，
0
1
f ¢
= - ，且
f
x
¢
单调递减，
可知
f
x
¢
在
,0
¥
-
上有且仅有一个零点x
t
= ，其中
0
t <
，
x
t
< 时，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增，
x
t
> 时，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减，
又因为
0
0
f
=
，则
0
f t >
，且x ® -¥ 时，
f x
¥
® -
，x ® +¥ 时，
f x
¥
® -
，
所以
f x 有2 个零点，
综上，
f x 的零点个数为2．
10．（25-26 高三上·江苏南通·开学考试）已知函数
2
( )
ln
f x
x
x
x
k
=
-
+
的图象在点(1,
(1))
f
处的切线经过点( 0, 1) ．
(1)求实数k 的值；
(2)证明：
1
ln
1
x
x
³ -
；
(3)证明：
( )
f x 有且仅有一个零点．
【答案】(1)
1
k = ；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【详解】（1）因为
2
( )
ln
f x
x
x
x
k
=
-
+
，所以
1 2
ln
1
,
0
f
x
x
x
x
x
=
-
+
-
>
¢
，
所以
(1)
1 2 ln1
1 1
0
f
=
-
+
-
=
¢
，
又因为
2
(1)
1 1
ln1
f
k
k
=
-
+
=
，
所以函数
2
( )
ln
f x
x
x
x
k
=
-
+
的图象在点(1,
(1))
f
处的切线为
0
1
y
k
x
-
=
-
，即y
k
=
，
又切线过点( 0, 1) ，所以
1
k = ；
（2）令
1
g
=ln
1
,
0
x
x
x
x
- +
>
，则
2
2
1
1
1
=
x
g
x
x
x
x
-
=
¢
-
，
当
1,
xÎ
+¥ 时
0,
g
x
g x
¢
>
单调递增；当
0,1
xÎ
时
0,
g
x
g x
¢
<
单调递减；
所以
min
1
ln1 1 1
0
g x
g
=
=
- + =
，
所以
1
g
=ln
1
0
x
x
x
- +
³
，即
1
ln
1
x
x
³ -
；
（3）因为
2 ln
1
1
ln
1
f x
x
x
x
x
x
x
=
-
+ =
-
+ ，所以
( )
1 2
ln
1
f
x
x
x
x
=
+
¢
-
-
，
当
1
x > 时，ln
0,1
0,1 2
0
x
x
x
>
-
<
-
<
，所以
0
f
x
¢
<
，所以
f x 在
1,+¥ 上单调递减；
因为
2
2
2
1
1 1
ln1 1
1
0,
e
e
e
lne 1
e
e +1<0
f
f
=
-
+ = >
=
-
+ =
-
，
所以
1,
xÎ
+¥ 时存在唯一
0
1,e
x Î
使得
0
0
f x
=
；
当0
1
x
<
< 时，由（2）知：
1
ln
1
x
x
³ -
，当且仅当
1
x = 时等号成立，
又因为
1
0
x
x
-
>
，
所以
2
2
1
1
ln
1
1
1
1
1
1
2
2
0
f x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
æ
ö
=
-
+ ³
-
-
+ = -
-
+ = -
+
= -
-
>
ç
÷
è
ø
，
所以
>0
f x
，所以
0,1
xÎ
时
f x 没有零点；
又因为
2
1
1 1
ln1 1
1
f
=
-
+ = ，
所以当
1
x > 时，
f x 有一个零点；当0
1
x
<
£ 时，
f x 没有零点；
所以当
0,
xÎ
+¥ 时，
f x 有且仅有一个零点；
11．（24-25 高三上·北京·期中）已知函数
2
( )
ln
f x
x
ax
ax
=
-
+
(1)当
2
a =
时
①求曲线
( )
y = f x 在点(1,
(1))
f
处的切线方程；
②求
( )
f x 的单调区间与极值．
(2)若函数( )
( )
g x
f x
ax
=
-
有两个零点，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)①
1
0
x
y
+
- =
；②递增区间为
1
5
(0,
)
4
+
，递减区间为1
5
(
,
)
4
+
+¥ ，极大值为
1
5
5
1
ln
4
4
+
-
+
，无极
小值；
(2)
1
(0,
)
2e .
【详解】（1）①当
2
a =
时，函数
2
( )
ln
2
2
f x
x
x
x
=
-
+
，求导得
1
( )
4
2
f
x
x
x
¢
=
-
+
，则
(1)
1
f ¢
= - ，而
(1)
0
f
=
，
所以曲线
( )
y
f x
=
在点(1,
(1))
f
处的切线方程为
(
1)
y
x
= -
-
，即
1
0
x
y
+
- =
.
②函数
2
( )
ln
2
2
f x
x
x
x
=
-
+
的定义域为(0,
)
+¥ ，
2
4
2
1
( )
x
x
f
x
x
-
-
= -
¢
，
由
( )
0
f
x
¢
>
，得
1
5
0
4
x
+
<
<
；由
( )
0
f
x
¢
<
，得
1
5
4
x
+
>
，
所以函数
( )
f x 的递增区间为
1
5
(0,
)
4
+
，递减区间为1
5
(
,
)
4
+
+¥ ，
函数
( )
f x 在
1
5
4
x
+
=
处取得极大值
1
5
1
5
5
1
(
)
ln
4
4
4
f
+
+
-
=
+
，无极小值.
（2）函数
2
( )
( )
ln
g x
f x
ax
x
ax
=
-
=
-
，由( )
0
g x =
，得
2
lnx
a
x
=
，令
2
ln
( )
x
h x
x
=
，
由函数( )
g x 有2 个零点，得直线y
a
=
与函数
( )
y
h x
=
的图象有2 个交点，
求导得
3
1 2ln
( )
x
h x
x
-
=
¢
，当0
e
x
<
<
时，
( )
0
h x
¢
>
；当
e
x >
时，
( )
0
h x
¢
<
，
函数( )
h x 在(0, e)上单调递增，在( e,
)
+¥ 上单调递减，且
max
1
( )
(
)
e
2
e
h x
h
=
=
，
而当
1
x > 时，恒有( )
0
h x >
，(1)
0
h
=
，在同一坐标系内作出直线y
a
=
与函数
( )
y
h x
=
的图象，
观察图象得，当且仅当
1
0
2e
a
<
<
时，直线y
a
=
与函数
( )
y
h x
=
的图象有2 个交点，
因此函数( )
( )
g x
f x
ax
=
-
有两个零点时，
1
0
2e
a
<
<
，
所以实数a 的取值范围为
1
(0,
)
2e .
12．（25-26 高三上·河北·开学考试）已知函数
2
1
( )
ln
(
1)
2
f x
a
x
x
a
x
=
+
-
+
，其中
0
a ¹
．
(1)求
( )
f x 的单调区间；
(2)若函数
( )
f x 有两个不相等的零点
1
2
,
x x ．
①求实数a 的取值范围；
②证明：
1
2
2
x
x
+
>
【答案】(1)答案见解析；
(2)①
1
0
2
a
-
<
<
；②证明见解析.
【详解】（1）函数
2
1
( )
ln
(
1)
2
f x
a
x
x
a
x
=
+
-
+
的定义域为(0,
)
+¥ ，
0
a ¹
，
求导得
(
)(
1)
( )
(
1)
a
x
a x
f
x
x
a
x
x
-
-
¢
=
+
-
+
=
，
当
0
a <
时，由
( )
0
f
x
¢
<
，得0
1
x
<
< ；由
( )
0
f
x
¢
>
，得
1
x > ，
函数
( )
f x 在( 0, 1) 上单调递减，在(1,
)
+¥ 上单调递增；
当0
1
a
<
< 时，由
( )
0
f
x
¢
<
，得
1
<
<
a
x
；由
( )
0
f
x
¢
>
，得0
x
a
<
<
或
1
x > ，
函数
( )
f x 在( ,1)
a
上单调递减，在(0, ),(1,
)
+¥
a
上单调递增；
当
1
a = 时，
( )
0
f
x
¢
³
恒成立，函数
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增；
当
1
a > 时，由
( )
0
f
x
¢
<
，得1
x
a
<
<
；由
( )
0
f
x
¢
>
，得0
1
x
<
< 或x
a
>
，
函数
( )
f x 在(1, )
a 上单调递减，在(0,1),( ,
)
+¥
a
上单调递增，
所以当
0
a <
时，函数
( )
f x 的递减区间为( 0, 1) ，递增区间为(1,
)
+¥ ；
当0
1
a
<
< 时，函数
( )
f x 的递减区间为( ,1)
a
，递增区间为(0, ),(1,
)
+¥
a
；
当
1
a = 时，函数
( )
f x 的递增区间为(0,
)
+¥ ；
当
1
a > 时，函数
( )
f x 的递减区间为(1, )
a ，递增区间为(0,1),( ,
)
+¥
a
.
（2）①由（1）知，当
1
a = 时，函数
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，
( )
f x 最多一个零点，不符合题意；
当0
1
a
<
< 时，函数
( )
f x 在x
a
=
处取得极大值
2
1
( )
ln
0
2
f a
a
a
a
a
=
-
-
<
，
( )
f x 最多一个零点，不符合题意；
当
1
a > 时，函数
( )
f x 在
1
x = 处取得极大值
1
(1)
0
2
f
a
= - -
<
，
( )
f x 最多一个零点，不符合题意；
当
0
a <
时，
min
1
( )
(1)
2
=
= - -
f x
f
a
，
由函数
( )
f x 有两个不相等的零点
1
2
,
x x ，得
1
0
2
a
- -
<
，则
1
0
2
a
-
<
<
，
当x 从大于0 的方向趋近于0 时，
( )
f x 趋近于正无穷大，函数
( )
f x 在( 0, 1) 上有唯一零点；
而
2
1
1
(e)
e
(
1 e
(1 e)
e(e
2)
0
2
2
)
f
a
a
a
=
+
-
+
=
-
+
-
>
，函数
( )
f x 在(1,e)有唯一零点，
因此当
1
0
2
a
-
<
<
时，函数
( )
f x 有两个不相等的零点，
所以实数a 的取值范围是
1
0
2
a
-
<
<
.
②由①知，当
1
0
2
a
-
<
<
时，函数
( )
f x 有两个不相等的零点
1
2
,
x x ，不妨令
1
2
0
1
x
x
<
< <
，
令函数( )
( )
(2
),0
1
g x
f x
f
x
x
=
-
-
<
< ，求导得
( )
( )
(2
)
g x
f
x
f
x
¢
¢
¢
=
+
-
(
)(
1)
(2
)(2
1)
(
)(
1)
(2
)(1
)
2
2
x
a x
x
a
x
x
a x
x
a
x
x
x
x
x
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
=
+
=
+
-
-
2
2
2 (1
)
(1
)(
)
0
2
(2
)
x
a
x
a
a
x
x
x
x
x x
-
-
-
-
=
-
-
=
<
-
-
，函数( )
g x 在( 0, 1) 上单调递减，
则( )
(1)
0
g x
g
>
=
，即当0
1
x
<
< 时，
( )
(2
)
f x
f
x
>
-
，于是
1
1
(
)
(2
)
f x
f
x
>
-
，
因此
2
1
1
(
(
)
(2
)
)
f x
f x
f
x
=
>
-
，又
2
1
1,2
1
x
x
>
-
> ，函数
( )
f x 在(1,
)
+¥ 上单调递增，
则
2
1
2
x
x
>
-
，所以
1
2
2
x
x
+
>
.
13．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数
2ex
f x
ax a
=
-
ÎR .
(1)当
0
a ³
时，证明：
2
2
f a
a
³
+
；
(2)若
f x 存在两个零点，求a 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
2e, ¥
+
【详解】（1）依题意得
2
2ea
f a
a
=
-
，要证
2
2
f a
a
³
+
，只需证
2
2e
2
2
0
a
a
a
-
-
-
³
，
令
2
2e
2
2
0
x
g x
x
x
x
=
-
-
-
³
，所以
2e
2
2
x
g
x
x
=
¢
-
-
.
设
2e
2
2
0
x
p x
x
x
=
-
-
³
，
当
0
x ³
时，
2e
2
0
x
p x
¢
=
-
³
，所以
p x 在区间
0, ¥
+
上单调递增，
所以当
0
x ³
时,
0
0
p x
p
³
=
，即
0
g
x
¢
³
，所以
g x 在区间
0, ¥
+
上单调递增，
故当
0
x ³
时,
0
0
g x
g
³
=
.
故当
0
a ³
时，
2
2e
2
2
0
a
a
a
-
-
-
³
，即
2
2
f a
a
³
+
.
（2）
2ex
f
x
a
=
¢
-
，
,
xÎ -¥ +¥ .
若
0
a £
，则
0
f
x
¢
>
，所以
f x 在
,
-¥ +¥ 上单调递增，所以
f x 至多有1 个零点，舍去；
若
0
a >
，令
2e
0
x
f
x
a
¢
=
-
=
，解得
ln 2
a
x =
，
所以当
,ln 2
a
x
¥
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
<
；当
ln
,
2
a
x
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø时，
0
f
x
¢
>
，
所以
f x 在区间
,ln 2
a
¥
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递减，在区间ln
,
2
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上单调递增.
因为
0
a >
，所以当x ® -¥ 时，
f x ® +¥ ;当x ® +¥ 时，
f x ® +¥ ;
由
f x 存在两个零点，得
ln
0
2
a
f æ
ö <
ç
÷
è
ø
，即2
ln
0
2
2
a
a
a
´
-
<
，所以ln
1
2
a > ,所以
2e
a >
.
综上所述，a 的取值范围是
2e,+¥ .
设
ln 2
x
x
x
j
=
-
，
1
1
1
x
x
x
x
j¢
-
= -
=
，
当
0,1
xÎ
时，
0
x
j¢
<
；当
1,
x
¥
Î
+
时，
0
x
j¢
>
，
所以
x
j
在区间
0,1 上单调递减，在区间
1, ¥
+
上单调递增，
所以
1
1 ln 2
0
x
j
j
³
= +
>
，从而
ln
0
2
a
a -
>
，即
ln 2
a
a >
，
此时0
ln 2
a
a
<
<
，由(1)知，
2
2
0
f a
a
³
+
>
，且
0
2
0
f
=
>
，
所以
f x 在区间
,ln 2
a
¥
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 和区间ln
,
2
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 内分别存在唯一零点，符合题意.
综上所述，若
f x 在定义域内存在两个零点，则a 的取值范围是
2e, ¥
+
.
解法二：
因为
0
2
f
=
，所以
0
x =
不是
f x 的零点.
所以
f x 存在两个零点等价于关于x 的方程2ex
a
x =
有两个不同的解，
即函数
2ex
h x
x
=
的图象与常数函数y
a
=
的图象有两个不同的交点.
因为
2
2e
1
0
x x
h x
x
x
-
=
¢
¹
，
，
当
0
x <
或0
1
x
<
< 时，
0
h x
¢
<
；当
1
x > 时，
0
h x
¢
>
.
所以
h x 在区间
,0
¥
-
和
0,1 上单调递减，在区间
1, ¥
+
上单调递增.
当
0
x >
时，
1
2e
0
h x
h
³
=
>
；当
0
x <
时，
0
h x <
.
当
0
a £
时，因为
h x 在区间
,0
¥
-
上单调递减，
此时
h x 与y
a
=
至多一个交点，舍去；
当
0
a >
时，要使得
h x 与y
a
=
有两个交点，需满足
1
2e
a
h
>
=
，
在
2e
a >
的条件下，
因为1
1
1
2e
a <
< 及
1
1
2 ea
h
a
a
a
æ
ö =
>
ç
÷
è
ø
，且
h x 在区间
0,1 上单调递减，
所以
h x 与在区间
0,1 上恰1 个交点；
由(1)知，
2
2e
2
2
2
2
a
a
a
h a
a
a
a
a
a
+
+
=
³
=
+
+
>
，
又因为
2e
1
a >
> ，且
h x 在区间
1, ¥
+
上单调递增，
所以
h x 与y
a
=
在区间
1, ¥
+
上恰1 个交点.
综上所述，若
f x 在定义域内存在两个零点，则a 的取值范围是
2e, ¥
+
.
14．（2025·浙江宁波·模拟预测）已知函数
1
ln
1
f x
m
x
x
=
-
-
- ．
(1)当
2
m =
时，求曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程；
(2)若
f x 的极小值小于1
- ，求m 的取值范围；
(3)当
1
m > 时，证明：
ex
g x
f x
x
m
=
+
-
有2 个零点．
【答案】(1)3
2
0
x
y
+
-
=
(2)
, 1
1,0
mÎ -¥ -
È -
(3)证明见解析
【详解】（1）当
2
m =
时，
1
2
ln
f x
x
x
= -
-
，则
1
2
f
x
x
= - -
¢
，
所以
1
1
f
= - ，
1
3
f ¢
= - ，
则曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程为
1
3
1
y
x
+ = -
-
，
整理得：3
2
0
x
y
+
-
=
．
（2）函数
f x 的定义域为
0, ¥
+
，且
1
1
mx
f
x
m
x
x
¢
+
= -
-
= -
，
① 当
0
m ³
时，易得
0
f
x
¢
<
，
f x 在
0, ¥
+
上单调递减，则
f x 无极小值，不合题意；
② 当
0
m <
时，由
0
f
x
¢
>
，得
1
x
m
> -
，即
f x 在
1 ,
m
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø上单调递增；
由
0
f
x
¢
<
，得
1
0
x
m
<
< -
时，即
f x 在
1
0,
m
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递减，
所以
f x 的极小值为：
1
(
)
ln
f
m
m
m
-
=
+
-
，
因为
f x 的极小值小于1
- ，所以
ln
1
m
m
+
-
< - ，即
1
ln
0
m
m
+
+
-
<
．
令
1
ln
0
u m
m
m
m
= +
+
-
<
，则
1
1
1
m
u m
m
m
¢
+
= +
=
，
所以当
, 1
mÎ -¥ -
时，
0
u m
¢
>
，当
1,0
mÎ -
时，
0
u m
¢
<
，
则
u m 在
, 1
¥
-
-
上单调递增，在
1,0
-
上单调递减，
因为
1
0
u -
=
，所以由
0
u m <
可得
, 1
1,0
mÎ -¥ -
È -
.
（3）
e
e
ln
1,
0,
x
x
g x
f x
x
m
x
x
mx
x
=
+
-
=
-
-
-
Î
+¥ ．
令
0
g x =
，得
ln
1
e
0
x
x
m
x
+
-
-
=
，
令
ln
1
e
,
0,
x
x
v x
m x
x
+
=
-
-
Î
+¥ ，则
g x 与
v x 有相同的零点，
且
2
2
2
1
ln
1
e
ln
e
x
x
x
x
x
v x
x
x
-
+
+
=
¢
-
=
．
令
2e
ln ,
0,
x
r x
x
x x
=
+
Î
+¥ ，则
2
1
2
ex
r
x
x
x
x
=
+
+
¢
，
因为
0
x >
，则
0
r
x
¢
>
，所以
r x 在区间
0, ¥
+
上单调递增，
又
1 2
e
1
e
1
0
e
r
-
æ
ö =
- <
ç
÷
è
ø
，
1
e
0
r
=
>
，所以
0
1 ,1
e
x
æ
ö
$
Îç
÷
è
ø ，使得
0
0
r x
=
，
所以当
0
0,
x
x
Î
时，
0
r x <
，即
0
v x
¢
<
；当
0,
x
x
Î
+¥ 时，
0
r x >
，即
0
v x
¢
>
，
所以
v x 在
0
0, x
单调递减，在
0,
x +¥ 单调递增，
所以
v x 的最小值为
0
0
0
0
ln
1
ex
x
v x
m
x
+
=
-
-
．
由
0
0
r x
=
，得
0
0
2
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
e
ln
0
e
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
=
Û
-
=
=
，
即
0
0
1
ln
0
0
1
e
ln
e
x
x
x
x
=
×
，
令
ex
x
x
j
=
，
0,
xÎ
+¥ ，则
1
0
ex
x
x
j¢
=
+
>
，则
x
j
在
0, ¥
+
单调递增．
因为
0
1
1
e
x
<
< ，所以
0
1
ln
0
x >
，则
0
0
1
ln
x
x
j
j æ
ö
=
ç
÷
è
ø
，
所以
0
0
1
ln
x
x
=
，从而
0
0
1
e
x
x
=
，
0
0
ln
x
x
= -
，
所以
v x 的最小值
0
0
0
0
0
0
0
ln
1
1
1
e
1
x
x
x
v x
m
m
m
x
x
x
+
-
+
=
-
-
=
-
-
= -
．
当x 趋近于0 时，
v x 趋近于0 或+¥ 时，
v x 趋近于+¥ ，
又因
1
m > ，所以min
1
0
v x
m
= -
<
，
所以
v x 有2 个零点，故
g x 有2 个零点．
15．（25-26 高三上·北京顺义·阶段练习）已知函数
2
( )
e
(
2)e
(
)
x
x
f x
a
a
x a
=
+
+
+
ÎR .
(1)当
1
a = - 时，求函数
( )
f x 的极值；
(2)若函数
( )
f x 在区间( 1,
)
- +¥ 上有零点，求a 的取值范围.
【答案】(1)
( )
f x 的极大值为0，无极小值．
(2)
2e
2e
[ 1,
)
e
1
-
-
+
【详解】（1）当
1
a = - 时，
2
( )
e
e
= -
+
+
x
x
f x
x ，
则
2
( )
2e
e
1
2e
1 e
1
x
x
x
x
f
x = -
+
+ = -
+
-
¢
，
由
0
f
x
¢
>
得，即e
1
0
x - <
，得
0
x <
，
由
0
f
x
¢
<
得，即e
1
0
x - >
，得
0
x >
，
则函数
( )
f x 在
0
¥
- ，上单调递增，在
0, ¥
+
上单调递减，
得
( )
f x 在
0
x =
处取得极大值，( 0)
1
1
0
0
f
= -
+
+
=
，无极小值．
故
( )
f x 的极大值为0，无极小值．
（2）
2
2 e
2 e
1
e
1
2e
1
x
x
x
x
f
x
a
a
a
=
+
+
+ =
+
+
¢
，
当
0
a ³
时，因为
1,
x
¥
Î - +
，所以
0
f
x
¢
>
，
f x 在区间
1, ¥
- +
上单调递增，且
0
2
2
0
f
a
=
+
>
，
因为
( )
f x 在区间( 1,
)
- +¥ 上有零点，
所以
2
2
1
1
0
e
e
a
a
f
+
-
=
+
- <
， 解得
2e
2e
e
1
-
<
+
a
，
所以
2e
2e
0
e
1
-
£
<
+
a
；
当
0
a <
时，
由
0
f
x
¢
=
，得
1
ln
x
a
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø，
当
e
a
-
≤
时，即
1
ln
1
a
æ
ö
-
£ -
ç
÷
è
ø
，得函数
( )
f x 在( 1,
)
- +¥ 上单调递减，
而
2
2
2
2
e
2e
e
1
1
0
e
e
a
a
a
a
f
e
+
+
+
-
-
=
+
- =
<
，
则
( )
f x 在区间( 1,
)
- +¥ 上没有零点，
当e
0
a
- <
<
时，即
1
ln
1
a
æ
ö
-
> -
ç
÷
è
ø
，
由
0
f
x
¢
>
得，即e
1
0
x
a
+ >
，得
1
1
ln
x
a
æ
ö
- <
<
-
ç
÷
è
ø ，
由
0
f
x
¢
<
得，即e
1
0
x
a
+
<
，得
1
ln
x
a
æ
ö
>
-
ç
÷
è
ø，
则函数
( )
f x 在
1
1 ln
a
æ
ö
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
上单调递增，在
1
ln
,
a
¥
æ
ö
æ
ö
-
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
上单调递减，
而
2
2
2
2
e
2e
e
1
1
0
e
e
e
a
a
a
a
f
+
+
+
-
-
=
+
- =
<
，
因为
f x 在区间
1, ¥
- +
上有零点，
2
1
1
1
1
ln
2
ln
0
f
a
a
a
a
a
a
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
=
× -
+
+
× -
+
-
³
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，
得
1
1
ln
1
0
a
a
æ
ö
-
-
- ³
ç
÷
è
ø
令
1
1
( )
ln
1
g a
a
a
æ
ö
=
-
-
-
ç
÷
è
ø
，
因为函数
1
ln
y
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø ，
1
y
x
= -
在
e,0
-
上是增函数，
所以函数
1
1
ln
1
y
x
x
æ
ö
=
-
-
-
ç
÷
è
ø
在
e,0
-
上是增函数，
又
1
0
g -
=
，所以1
0
a
- £
<
，
综上所述，a 的取值范围是
2e
2e
[ 1,
)
e
1
-
-
+
.
16．（25-26 高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知函数
1
ln
,
a
f x
a
x
a
x
-
=
+
ÎR .
(1)若
2
a =
，求曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程；
(2)当
0
a >
时，求
( )
f x 的单调区间；
(3)若1
1
2
a
<
< ，求函数
1
2
g x
f x
=
-
的零点个数.
【答案】(1)
3
4
y
x
=
-
(2)答案见解析
(3)两个零点
【详解】（1）由已知
2
a =
，则
1
2ln
f x
x
x
=
-
，
2
2
1
0
f
x
x
x
x
¢
=
+
>
，
所以
1
1
f
= - ，
1
3
f ¢
= ，
所以曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程为
3
4
y
x
=
-
.
（2）由已知
0
a >
，且
2
2
1
1
0
ax
a
a
a
f
x
x
x
x
x
-
-
-
¢
=
-
=
>
.
令
0
f
x
¢
=
，解得
1
a
x
a
-
=
.
当0
1
a
<
< 时，
( )
f x 在
1
0,
a
a
-
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在1
,
a
a
-
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 上单调递增.
当
1
a = 时，
( )
ln
f x
x
=
，此时
( )
f x 在
0, ¥
+
上单调递增.
当
1
a > 时，1
0
a
a
-
<
，此时
( )
f x 在
0, ¥
+
上单调递增.
（3）要求函数
1
2
g x
f x
=
-
的零点个数，即求函数
( )
f x 与直线
1
2
y =
的交点个数.
由（2）知，当0
1
a
<
< 时，
( )
f x 在
1
0,
a
a
-
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在1
,
a
a
-
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 上单调递增.
若1
1
2
a
<
< ，则
( )
f x 在
1
0,
a
a
-
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在1
,
a
a
-
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 上单调递增.
所以
min
1
( )
a
f x
f
a
-
æ
ö
=
ç
÷
è
ø ，又
1
0
1
a
a
-
<
< ，所以
1
1
1
1
2
a
f
f
a
a
-
æ
ö <
= -
<
ç
÷
è
ø
，
又当
0
x
+
®
和x ® +¥ 时，
( )
f x ® +¥ ，
所以函数
( )
f x 与直线
1
2
y =
有两个交点，故函数
1
2
g x
f x
=
-
有两个零点.
