函数与导数：恒成立求参数问题、零点问题、极值点偏移问题专项训练
1．（24-25 高二下·河北承德·期末）若不等式
1
ex a
ax
- £ 对任意xÎR 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
0,1
B．
0,+¥
C．
,0
-¥
D．
,1
-¥
【答案】A
【详解】
1
ex a
ax
- £
Q
，
e
e
a
x
a
x
\
£
，
①
0
x =
时，0
1
£ 成立，
R
a Î
；
②
0
x >
时，
e
e
x
a
a
x
£
，令
ex
g x
x
=
，
2
1
0
1
x
x
e
g
x
x
x
-
¢
=
=
Þ
= ，
所以
g x 在
0
-¥，单调递减，在
0,1 单调递减，在
1 + ¥
，
单调递增，
所以
0
x >
时，
min
1
e
g x
g
=
=
，则e
e
a
a
£
，
又
ea
y
a
=
在
0 + ¥
，
单调递增，所以e
e
a
a
£
得解为
1
a £ ；
③
0
x <
时，
e
e
x
a
a
x
³
，又
g x 在
0
-¥，单调递减，此时
,0
xe
x Î -¥
，
所以e
0
0
a
a
a
³
Þ
³
；
综上，实数a 的取值范围为
0,1 .
故选：A.
2．（24-25 高二下·贵州黔西·期末）设a ，bÎR ，若对任意
0
x >
不等式
2
1
ln
ax
b
x
x x
+
-
³
恒成立，则下列不等式
一定成立的是（ ）
A．e
1
a
b
£
B．e
1
b
a
£
C．e
1
a
b
³
D．e
1
b
a
³
【答案】D
【详解】对任意
0
x >
不等式
2
(
1)
ln
1
ln
ax
b
x
x x
b
ax
x
+
-
³
Û
³ -
+
，令
( )
1
ln
f x
ax
x
= -
+
，
求导得
1
( )
x
f
x
a
¢
- +
=
.
当
0
a £
时，
( )
0
f
x
¢
>
，函数
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，值域为R，不符合题意;
当
0
a >
时，由
( )
0
f
x
¢
>
，得
1
0
x
a
<
<
；由
( )
0
f
x
¢
<
，得
1
x
a
>
，
函数
( )
f x 在
1
(0,
)
a 上单调递增，在1
( ,
)
a +¥ 上单调递减，
max
1
1
( )
( )
ln
f x
f a
a
=
=
.
考点一
恒成立求参数问题
所以原不等式恒成立的充分必要条件是
1
ln
b
a
³
（＊），即1
eb
a £
，亦即e
1
b
a
³ ，故B 错误，D 正确；
当
1
a > 时，
1
ln
0
a <
，
0
b =
条件（＊）成立，但C 不成立，故C 错误；
取
2,
1
a
b
=
= ，满足（＊），但
2
e =e >1
a
b
，此时A 不成立，故A 错误.
故选：D
3．（24-25 高二下·山东菏泽·期末）已知函数
2
ln
2
f x
x
ax
x
=
+
-
在
0, ¥
+
上单调递增，则a 的取值范围是（ ）
A．
1
2
a >
B．
1
2
a ³
C．
1
a >
D．
1
a ³
【答案】B
【详解】函数
2
ln
2
f x
x
ax
x
=
+
-
，其定义域为
0, ¥
+
，
求导得
1
2
2
f
x
ax
x
=
+
-
¢
.
因为
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，所以
0
f
x
¢
³
在
0, ¥
+
上恒成立，
即1
2
2
0
ax
x +
-
³
在
0, ¥
+
上恒成立.
移项可得
1
2
2
ax
x
³
-
，即
2
1
2
2
1
2
2
x
x
a
x
x
-
-
³
=
在
0, ¥
+
上恒成立.
令
2
2
1
2
x
g x
x
-
=
，
0,
x
¥
Î
+
，
对
g x 求导得
3
1
x
g
x
x
-
=
¢
+ .
令
0
g
x
¢
=
，解得
1
x = .
当0
1
x
<
< 时，
0
g
x
¢
>
，
g x 在
0,1 上单调递增；
当
1
x > 时，
0
g
x
¢
<
，
g x 在
1,+¥ 上单调递减.
所以
g x 在
1
x = 处取得最大值
2
2 1 1
1
1
2 1
2
g
´ -
=
=
´
.
所以
1
2
a ³
.
故选：B
4．（24-25 高二下·福建泉州·期末）若不等式e
2
2
e
x
x
t
x
x
t +
×
³
+
对任意
[1,
)
xÎ
+¥ 恒成立，则正实数t 的最大值是
（ ）
A．e
2
B．e
C．
2e
2
D．
2e
【答案】C
【详解】因为
0
t >
，
[1,
)
x
" Î
+¥ ，不等式e
e
e
2
2
(e
2 )(e
)
0
(
)(
)
0
e
2
x
x
x
x
x
x
t
x
x
t
tx
t
t
t
x
+
×
³
+
Û
-
-
³
Û
-
-
³
，
令
e
( )
,
1
x
f x
x
x
=
³ ，求导得
2
e (
1)
( )
0
x x
f
x
x
-
¢
=
³
，当且仅当
1
x = 取等号，
( )
f x 在[1,
)
+¥ 上递增，
当
2
x =
时，
2
e
e
e
2
2
x
x
x
=
=
，
e
e
(
)(
)
0
2
x
x
t
t
x
-
-
³
恒成立，则
0
t >
；
当1
2
x
£
<
时，e
e
2
x
x
x
<
，由
e
e
(
)(
)
0
2
x
x
t
t
x
-
-
³
，得
e
2
x
t £
或
ex
t
x
³
，此时
e
2
t £
或
2e
2
t ³
；
当
2
x >
时，e
e
2
x
x
x
>
，由
e
e
(
)(
)
0
2
x
x
t
t
x
-
-
³
恒成立，
e
2
x
y =
的取值集合为
2e
(
,
)
2 +¥ ，
则
ex
t
x
£
，此时则
2e
2
t £
，因此正实数t 的取值范围是
e
0
2
t
< £
或
2e
2
t =
，
所以t 的最大值为
2e
2
.
故选：C.
5．（2025·江西新余·模拟预测·多选）已知不等式
2
1 e
2
2
0
x
k
x
x
-
-
+ ≥恒成立，则实数k 的可能取值为（ ）
A．2
B．0
C．1
D．
3
2
1
2e
【答案】ACD
【详解】
由题知，不等式
1
1
e
2
x
x
k x
-
æ
ö
£
-
ç
÷
è
ø恒成立，设
1
ex
x
f x
-
=
，
1
2
y
k x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø ，
即直线
1
2
y
k x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø 恒在函数
f x 图象的上方，直线
1
2
y
k x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø 恒过点1 ,0
2
æ
ö
ç
÷
è
ø ，
2
ex
x
f
x
-
\ ¢
=
，当
2
x <
时，
0
f
x
¢
>
，当
2
x >
时，
0
f
x
¢
<
，
∴
f x 在区间
,2
¥
-
上单调递增，在区间
2, ¥
+
上单调递减，
∴当
2
x =
时，
2
max
1
2
e
f x
f
=
=
，
1
0
f
=
，当
1
x > 时，
0
f x >
，
在同一坐标系中作出函数
f x 与直线
1
2
y
k x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø 的图象，
设直线
1
2
y
k x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø 与函数
f x 的图象相切时切点为
0
0
0
1
, ex
x
x
-
æ
ö
ç
÷
è
ø
，
0
0
0
0
0
1
2
e
e
1
2
x
x
x
x
x
k
-
-
\
=
-
=
，解得
0
0
x =
或
0
3
2
x =
；
∴当直线
1
2
y
k x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø 与函数
f x 的图象相切时切线斜率为2 或
3
2
1
2e
，由图知，
3
2
1
2
2e
k
≤≤，
故选：ACD．
6．（24-25 高二下·海南海口·期末·多选）若ln
1
0
x
k
x
-
+ £
对
0,
xÎ
+¥ 恒成立，则k 的值可能是（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】CD
【详解】由
ln
1
k
x
x
³
+ 得
2ln
1
k
x
x
³
+ ，所以
1
2ln
k
x
x
- ³
，
令
0
x
t t
=
>
，则
1
2ln
0
kt
t t
- ³
>
，
令
1
y
kt
=
- ，
2ln
0
f t
t t
=
>
，
由题意可知
y
f t
³
恒成立．
设与
f t 图象相切且与直线
1
y
kt
=
- 平行的直线为1l ，切点
0
0
,2ln
M t
t
，
所以
0
0
2
f
t
t
¢
=
，
0
0
2
f
t
k
t
=
¢
=
，即0
2
t
k
=
，切点
0
2
,2ln
M t
k
æ
ö
ç
÷
è
ø，
又因为
1
y
kt
=
- ，过点
0, 1
N
-
，
由
2
2ln
1
2
MN
k
k
k
k
+
=
=
，解得
2
e
k =
，
由
y
f t
³
恒成立得
2
e
k ³
，CD 正确．
故选：CD
7．（24-25 高二下·福建泉州·期中）
x a
e
x
a
+ ³
-
若
恒成立，则a 的取值范围是
.．
【答案】a ≥
1
2
-
【详解】因为e
2
x a
x
a
x
a
a
+ ³
-
=
+
-
，所以令x
a
t
+
= ，
则e
2
t
t
a
³ -
，即e
2
0
t
t
a
- +
³
恒成立.
设
e
2
t
f t
t
a
=
- +
，则
e
1
t
f
t
¢
=
- .
当
0
t >
时，
0
f
t
¢
>
；当
0
t <
时，
0
f
t
¢
<
.
所以
f t 在
,0
-¥
单调递减，在
0,+¥ 上单调递增，
所以
min
0
1
2
f t
f
a
=
= +
，
要使得不等式恒成立，则1 2
0
a
+
³
，解得
1
2
a ³ -
.
故答案为：
1
2
a ³ -
.
8．（24-25 高二下·山东泰安·期末）已知ln
e
ln
x
x
a
a
£
+
对任意
(0,
)
xÎ
+¥ 恒成立，则实数a 的取值范围是
.
【答案】1 ,
e
¥
é
ö
+
÷
êë
ø
【详解】
ln
ln
ln
e
ln
ln
e
ln
ln
e
ln
x
x
a
x
a
x
a
a
x
a
x
x
x
a
+
+
£
+
Þ
£
+
Þ
+
£
+
+
，
故
ln
ln
e
ln
e
ln
x
x
a
x
x
a
+
+
£
+
+
对任意
(0,
)
xÎ
+¥ 恒成立，
设
ex
f x
x
=
+
，则
ln
ln
f
x
f x
a
£
+
，
因为
ex
f x
x
=
+
在R 上单调递增，所以ln
ln
x
x
a
£
+
，
故ln
ln
x
x
a
-
£
，
令
ln
g x
x
x
=
-
，
(0,
)
xÎ
+¥ ，
1
1
1
x
g
x
x
x
-
¢
=
- =
，
令
0
g
x
¢
>
得0
1
x
<
< ，令
0
g
x
¢
<
得
1
x > ，
故
ln
g x
x
x
=
-
在
0,1
xÎ
上单调递增，在
1,
xÎ
+¥ 上单调递减，
故
ln
g x
x
x
=
-
在
1
x = 处取得极大值，也是最大值，且最大值为1
1
g
= - ，
所以1
ln a
- £
，解得
1 ,
e
a
é
ö
Î
+¥÷
êë
ø .
故答案为：1 ,
e
¥
é
ö
+
÷
êë
ø
9．（24-25 高二下·湖北恩施·期末）若
2
x ³
，不等式
ln 2
ln
2
0
x
ax
x
a
æ
ö
-
-
£
ç
÷
è
ø
恒成立，则实数a 的取值范围是
.
【答案】
ln 2
ln 2 ,
4
2
ì
ü
é
ö
+¥
í
ý
÷
ê
î
þ
ë
ø
U
【详解】令
ln
ln 2
,
2
x
f x
a g x
a
x
x
=
-
=
-
，要使
ln 2
ln
2
0
x
ax
x
a
æ
ö
-
-
£
ç
÷
è
ø
对
2
x
" ³
恒成立，
则当
0
a <
时，
f x 与
g x 需同号；当
0
a >
时，
f x 与
g x 需异号，
由函数
ln 2 ,
2
y
x
x
=
³
，可得
2
1 ln
2
x
y
x
-
¢ =
，
令
0
f
x
¢
>
，可得2
e
x
£
<
；令
0
f
x
¢
<
，可得
e
x > ，
所以函数
ln
2
x
y
x
=
在
2,e 单调递增，在(e,
)
+¥ 单调递减，
且
e
1
|
2e
x
y
= =
，
4
ln 2
|
4
x
y
= =
，
2
ln 2
|
2
x
y
= =
，
又由函数
ln 2 ,
2
y
x
x
=
³
，可得
2
ln 2
0
y
x
¢ = -
<
，
所以
ln 2
y
x
=
在
2,+¥ 单调递减，且
4
ln 2
|
4
x
y
= =
，
在同一平面直角坐标系中，作出函数
ln
2
x
y
x
=
与函数
ln 2
y
x
=
在
2,+¥ 的图象，
且图象交于点
ln 2
4, 4
æ
ö
ç
÷
è
ø ，如图所示，
由图象知，当
0
a <
时，不符合题意；
当
0
a >
时，直线y
a
=
在两图象上方或经过两图象交点，所以
ln 2
ln 2 ,
4
2
a
¥
ì
ü
é
ö
Î
È
+
í
ý
÷
ê
î
þ
ë
ø
.
故答案为：ln 2
ln 2 ,
4
2
¥
ì
ü
é
ö
È
+
í
ý
÷
ê
î
þ
ë
ø
.
10．（24-25 高二下·辽宁锦州·期末）若
2
2
e ,
,
3
ln
3
ln
2
x
x
a
x
ax
x
é
ö
Î
+¥
+
³
+
÷
êë
ø
，则实数a 的取值范围是
.
（参考数据：ln 2
0.693
»
）
【答案】
e
, 6
æ
ù
-¥
ç
ú
è
û
【详解】
2
2
e ,
,
3
ln
3
ln
2
x
x
a
x
ax
x
é
ö
Î
+¥
+
³
+
÷
êë
ø
即
e ,
, 3
ln
0
2
x
a
x
a
x
x
é
ö
Î
+¥
-
-
³
÷
êë
ø
，
所以
e ,
2
x
é
ö
Î
+¥÷
êë
ø 时恒有
ln
0
3
0
a
x
x
a
x
-
³
ì
í
-
³
î
或
ln
0
3
0
a
x
x
a
x
-
£
ì
í
-
£
î
，
因为
e ,
2
x
é
ö
Î
+¥÷
êë
ø 时不恒有3
0
a
x
-
³
，所以
e ,
2
x
é
ö
Î
+¥÷
êë
ø 时
ln
0
3
0
a
x
x
a
x
-
£
ì
í
-
£
î
，
又
e
ln
ln
0
2
x ³
>
，所以
e
3
2
a £
且
ln
x
a
f x
x
£
=
，
因为
2
ln
1
ln
x
f
x
x
-
¢
=
，所以当
e ,e
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时
0
f
x
¢
<
，
e,
xÎ
+¥ 时
0
f
x
¢
>
，
所以函数
f x 在e ,e
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减，在
e,+¥ 上单调递增，
所以
min
e
e
f x
f
=
=
，所以
e
6
a £
且
e
a £
，所以
e
6
a £
.
所以实数a 的取值范围是
e
, 6
æ
ù
-¥
ç
ú
è
û .
故答案为：
e
, 6
æ
ù
-¥
ç
ú
è
û
11．（24-25 高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）已知函数
eax
f x
x
=
，
ln
1
g x
ax
x
=
-
- .
(1)判断
f x 的单调性；
(2)若
0
f x
g x
+
³
恒成立，求a 的取值范围.
【答案】(1)
答案见解析
(2) 1
e ,
é
ö
+¥÷
êë
ø
【详解】（1）∵
eax
f x
x
=
，∴
2
1 eax
ax
f
x
x
-
¢
=
.
当
0
a =
时，
0
f
x
¢
<
，
∴
f x 在
,0
¥
-
和
0, ¥
+
上单调递减；
当
0
a >
时，令
0
f
x
¢
>
，得
1
x
a
>
，
令
0
f
x
¢
<
，得
1
0
x
a
<
<
或
0
x <
，
∴
f x 在1 ,
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上单调递增，在
,0
¥
-
和
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减；
当
0
a <
时，令
0
f
x
¢
>
，得
1
x
a
<
，
令
0
f
x
¢
<
，得1
0
x
a <
<
或
0
x >
，
∴
f x 在
1
, a
¥
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递增，在1 ,0
a
æ
ö
ç
÷
è
ø和
0, ¥
+
上单调递减.
综上所述，当
0
a =
时，
f x 在
,0
¥
-
和
0, ¥
+
上单调递减；
当
0
a >
时，
f x 在1 ,
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上单调递增，在
,0
¥
-
和
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减；
当
0
a <
时，
f x 在
1
, a
¥
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递增，在1 ,0
a
æ
ö
ç
÷
è
ø和
0, ¥
+
上单调递减.
（2）（方法一）∵
e
ln
1
0
ax
f x
g x
ax
x
x
+
=
+
-
- ³
恒成立，
∴
ln
e
1
0
ln
x
ax
ax
x
-
+
-
- ³
恒成立.
令
ln
t
ax
x
=
-
，则e
1
0
t
t
+ - ³
.
令
e
1
t
h t
t
=
+ - ，则
h t 在R 上单调递增.
∵
0
0
h
=
，∴由
0
h t ³
，得
0
t ³
.
由
0
ln
t
ax
x
=
-
³
，得
ln x
a
x
³
.
令
ln x
x
x
j
=
，则
2
1 ln x
x
x
j
-
¢
=
，
∴
x
j
在
0,e 上单调递增，在
e, ¥
+
上单调递减，
∴
max
1
e
e
x
j
j
=
=
，∴
1 ,
e
a
¥
é
ö
Î
+
÷
êë
ø .
（方法二）令
e
ln
1
ax
h x
f x
g x
ax
x
x
=
+
=
+
-
- ，
则
0
h x ³
恒成立.
2
2
e
1
e
e
1
ax
ax
ax
x
ax
a
x
h x
a
x
x
x
+
-
-
=
+
=
¢
-
.
①当
0
a £
时，∵
0
x >
，
∴
0
h x
¢
<
，∴
h x 在
0, ¥
+
上单调递增.
∵1
e
1
0
a
h
a
=
+
- <
，∴
0
h x ³
不是恒成立.
②当
0
a >
时，则
h x 在
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在1 ,
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上单调递增，
∴min
1
e
ln
h x
h
a
a
a
æ
ö
=
=
+
ç
÷
è
ø
.
∵函数
e
ln
m a
a
a
=
+
在
0, ¥
+
上单调递增，且
1
0
e
mæ
ö =
ç
÷
è
ø
，
∴当
1 ,
e
a
¥
é
ö
Î
+
÷
êë
ø 时，
0
h x ³
恒成立.
12．（24-25 高二下·广东云浮·期末）已知函数
2
2
3ln
f x
ax
x
=
+
．
(1)当
1
4
a = -
时，求
f x 的极大值；
(2)讨论
f x 的单调性；
(3)若
3
21
2
8
f x
a
£ -
-
，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)
3
3 ln3
2
2
-
+
(2)答案见解析
(3)
3
,
4
æ
ù
-¥ -
ç
ú
è
û ．
【详解】（1）当
1
4
a = -
时，
2
1
3ln
2
f x
x
x
= -
+
，
f x 的定义域为
0, ¥
+
，
2
3
3
x
f
x
x
x
x
-
+
¢
= - +
=
．
令
0
f
x
¢
=
，得
3
x =
．
当0
3
x
<
<
时，
0
f
x
¢
>
，当
3
x >
时，
0
f
x
¢
<
，
所以
f x 在
0, 3 上单调递增，在
3,+¥ 上单调递减．
故当
3
x =
时，
f x 有极大值，且极大值为
3
3 ln3
2
2
3
f
= -
+
．
（2）
f x 的定义域为
0, ¥
+
，
2
3
4
3
4
ax
ax
x
f
x
x
=
¢
+
=
+
．
当
0
a ³
时，
0
f
x
¢
>
，
f x 在
0, ¥
+
上单调递增．
当
0
a <
时，令
0
f
x
¢
=
，得
3
4
x
a
=
-
或
3
4
x
a
= - -
（舍去）．
当
3
0,
4
x
a
æ
ö
Î
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
时，
0
f
x
¢
>
，当
3 ,
4
x
a
æ
ö
Î
-
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
时，
0
f
x
¢
<
，
所以
f x 在
3
0,
4a
æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，在
3 ,
4a
æ
ö
-
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减．
综上，当
0
a ³
时，
f x 在
0, ¥
+
上单调递增；
当
0
a <
时，
f x 在
3
0,
4a
æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，在
3 ,
4a
æ
ö
-
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减．
（3）由（2）知，当
0
a ³
时
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，当x ® +¥ 时，
f x ® +¥ ，
故
3
21
2
8
f x
a
£ -
-
不成立．
当
0
a <
时，
max
3
3
3
3
3
3
3ln
ln
4
2
4
2
2
4
f
a
a
x
a
f
æ
ö
æ
ö
=
-
= -
+
-
= -
+
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
．
由
3
21
2
8
f x
a
£ -
-
，得
3
3
3
3
21
ln
2
2
4
2
8
a
a
æ
ö
-
+
-
£ -
-
ç
÷
è
ø
，
即
3
3
ln
0
4
4
a
a
æ
ö
+
+
-
£
ç
÷
è
ø
．
令
3
3
ln
4
4
g a
a
a
æ
ö
=
+
+
-
ç
÷
è
ø，则
3
0
4
g æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
，故
3
4
g a
g æ
ö
£
-
ç
÷
è
ø ．
由
2
3
1
1
4
1
1
3
4
æ
ö
-
´ -
ç
÷
è
ø
¢
= +
= -
-
a
g
a
a
a
，
因为
0
a <
，所以
1
1
0
g a
a
¢
= -
>
，
得函数
3
3
ln
4
4
g a
a
a
æ
ö
=
+
+
-
ç
÷
è
ø在
,0
-¥
上单调递增，故
3
4
a £ -
．
综上，实数a 的取值范围是
3
,
4
æ
ù
-¥ -
ç
ú
è
û ．
13．（24-25 高二下·福建三明·期末）已知函数
2ln
2
f x
x
ax
=
-
，
2
2
2
R
g x
ax
x
a
=
-
-
Î
.
(1)若
1
2
a =
，求函数
f x 的极值；
(2)若
Z
aÎ ，且不等式
f x
g x
£
在
0, ¥
+
上恒成立，求a 的最小值.
【答案】(1)极大值为：
2
2ln 2
2
f
=
-
；无极小值.
(2)2
【详解】（1）当
1
2
a =
时，
2ln
f x
x
x
=
-
，
0
x >
.
所以
2
2
1
x
f
x
x
x
-
=
- =
¢
，
0
x >
.
由
0
f
x
¢
>
Þ 0
2
x
<
<
；由
0
f
x
¢
<
Þ
2
x >
.
所以
f x 在
0,2 上单调递增，在
2, ¥
+
上单调递减.
所以当
2
x =
时，函数
f x 有极大值，为
2
2ln 2
2
f
=
-
；无极小值.
（2）因为
Z
aÎ ，且不等式
f x
g x
£
在
0, ¥
+
上恒成立.
所以
2
2ln
2
2
2
x
ax
ax
x
-
£
-
-
在
0, ¥
+
上恒成立.
即
2
2
2ln
2
2
ax
ax
x
x
+
³
+
+
在
0, ¥
+
上恒成立.
设
ln
1
h x
x
x
=
-
- ，
0
x >
.
则
1
1
1
x
h x
x
x
¢
-
= -
=
.
由
0
h x
¢
>
Þ
1
x > ；由
0
h x
¢
<
Þ 0
1
x
<
< .
所以
h x 在
0,1 上单调递减，在
1, ¥
+
上单调递增.
所以1
h
是函数
g x 的最小值，且1
0
h
=
.
所以
ln
1
0
x
x
-
- ³
在
0, ¥
+
上恒成立.所以
ln
1
x
x
³
+ Þ 4
2ln
2
2
x
x
x
³
+
+
.
所以
2
2
4
ax
ax
x
+
³
在
0, ¥
+
上恒成立.
所以
2
2
4
0
ax
a
x
+
-
³
Þ
0
4
2
0
2
a
a
a
>
ìï -
í
£
ïî
Þ
2
a ³
.
又
Z
aÎ ，所以a 的最小值为2.
14．（24-25 高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数
2
2
1
ln
f x
x
a
x
a x
=
-
+
+
.
(1)若函数
f x 在
1
x = 处的切线斜率为3，求该切线方程；
(2)若
1
a = - 时，
f x
mx
³
恒成立，求m 的取值范围.
【答案】(1)3
1
0
x
y
-
+ =
(2)
2
m £
【详解】（1）
2
2
1
,
1
1
3
a
f
x
x
a
f
a
x
=
-
+
+
= -
¢
=
¢
，所以
2
a = - ，
2
3
2ln ,
1
4
f x
x
x
x f
=
+
-
=
，切点为
1,4 ，
切线方程为
4
3
1
y
x
-
=
-
，即3
1
0
x
y
-
+ =
；
（2）
2
min
ln
ln
,
0,
1
x
x
x
x
mx
x
m
x
x
æ
ö
+
-
³
>
\
£
+ -
ç
÷
è
ø
Q
，
设
2
2
ln
1 ln
1
,
0,
,
x
x
x
g x
x
x
g
x
x
x
¥
- +
=
+ -
Î
+
=
¢
，
设
2
2
2
1
1 ln ,
0,
,
0,
x
h x
x
x x
h x
h x
x
¥
+
=
- +
Î
+
\
=
>
\
¢
在
0, ¥
+
上单调递增；
1
0,
0,1
h
x
=
Î
Q
时
0
h x <
，即
0,
g
x
g x
¢
<
在
0,1 上单调递减；
1,
x
¥
Î
+
时
0
h x >
，即
0,
g
x
g x
¢
>
在
1, ¥
+
上单调递增，
min
1
2,
2
g x
g
m
\
=
=
\
£
.
15．（24-25 高二下·山东聊城·期末）已知函数
2
e
2
2
x
f x
ax
x
x
=
-
-
-
．
(1)若
1
a = ，求
f x 的单调区间；
(2)若
,0
xÎ -¥
时，
1
f x
f
x
x
¢
<
+
- 恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)增区间是(
, 1)
¥
-
-
和(ln 2
)
+ ¥
，
，减区间是( 1,ln 2)
-
；
(2)(e,
)
+¥
【详解】（1）
1
a = 时，
2
e
2
2
x
f x
x
x
x
=
-
-
-
，
( )
e
e
2
2
(e
2)(
1)
x
x
x
f
x
x
x
x
¢
=
+
-
-
=
-
+
，
( )
0
1
f
x
x
¢
=
Þ
= - 或
ln 2
x =
，
当
1
x < - 或
ln 2
x >
时，
( )
0
f
x
¢
>
，当1
ln 2
x
- <
<
时，
( )
0
f
x
¢
<
，
所以增区间是(
, 1)
¥
-
-
和(ln 2
)
+ ¥
，
，减区间是( 1,ln 2)
-
；
（2）
( )
e
e
2
2
x
x
f
x
a
ax
x
¢
=
+
-
-
，
不等式
1
f x
f
x
x
¢
<
+
- 为
2
2
e
e
2
2
1
e
2
x
x
x
a
a
ax
x
x
x
x
x
-
-
-
-
<
+
-
+
- ，
即
2
1
ex
x
x
a
+
-
> -
在(
,0)
-¥
上恒成立，
设
2
1
( )
ex
x
x
g x
+
-
= -
，则
2
2
(
1)(
2)
( )
e
e
x
x
x
x
x
x
g x
-
-
+
-
¢
=
=
，
当
1
x < - 时，
( )
0
g x
¢
> ，( )
g x 单调递增，
当1
0
x
- <
<
时，
( )
0
g x
¢
<
，( )
g x 单调递减，
所以
max
( )
( 1)
e
g x
g
=
-
=
，
所以
e
a >
，即取值范围是(e,
)
+¥ .
16．（24-25 高二下·湖北武汉·期末）已知函数
ln
f x
x
x
=
-
，
e
ln
x
g x
a
x
a
=
-
+
.
(1)求
f x 的极值；
(2)若
0
g x ³
对于xÎR 恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)若关于x 的方程
f x
g x
=
有两个不等实根，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)极大值为
(1)
1
f
= - ，无极小值；
(2)
1
2
e
-
³
a
(3)
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø ．
【详解】（1）
( )
ln
f x
x
x
=
-
，
(0,
)
xÎ
+¥ ，则
1
1
( )
1
x
f
x
x
x
-
¢
=
- =
，
当
(0,1)
xÎ
时，
( )
0
f
x
¢
>
；当
(1,
)
xÎ
+¥ 时，
( )
0
f
x
¢
<
；
故
( )
f x 在
(0,1)
xÎ
上递增，在
(1,
)
xÎ
+¥ 上递减，
所以
( )
f x 的极大值为
(1)
1
f
= - ，无极小值；
（2）由
e
ln
x
g x
a
x
a
=
-
+
有意义可得
0
a >
，
因为
( )
e
1(
0)
x
g x
a
a
¢
=
-
>
，令
( )
0
g x
¢
>
得
1
ln
x
a
>
，令
( )
0
g x
¢
<
得
1
ln
x
a
-¥ <
<
，
故( )
g x 在
1
,ln a
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø递减，在
1
ln
,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 上递增，
故( )
0
g x ³
对于xÎR 恒成立，
则
1
2
1
ln
0
1
2ln
0
e
g
a
a
a
-
æ
ö ³
Þ +
³
Þ
³
ç
÷
è
ø
；
（3）由关于x 的方程
( )
( )
f x
g x
=
有两个实根，得ln
e
ln
x
x
a
a
=
+
有两个不等实根，
整理得
ln
ln
e
ln
x
a
x
a
+
=
+
，则
ln
ln
e
(
ln )
x
a
x
x
x
a
+
+
=
+
+
，
即
ln
ln
ln
e
e
(
ln )
x
x
a
x
x
a
+
+
=
+
+
，
设函数( )
ex
h x
x
=
+
，则上式为(ln )
(
ln )
h
x
h x
a
=
+
，
因为( )
h x 在R 上单调递增，所以ln
ln
x
x
a
=
+
，即ln
ln
a
x
x
=
-
，
令
( )
ln
f x
x
x
=
-
，
(0,
)
xÎ
+¥ ，
由（1）可知
( )
f x 在
(0,1)
xÎ
上递增，在
(1,
)
xÎ
+¥ 上递减，
( )
f x 的最大值为
(1)
1
f
= - ，
又因为x ® +¥ ，
( )
f x ® -¥ ，
0
x ®
，
( )
f x ® -¥ ，
所以要想ln
ln
a
x
x
=
-
有两个根，只需要ln
1
a < - ，
解得
1
0
e
a
<
<
，所以a 的取值范围为
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø ．
17．（2025·四川成都·一模）已知函数
ex
x
f x =
.
(1)求
f x 的极值；
(2)若
2
f
x
kx
k
+
≤
恒成立，求k 的取值范围；
(3)证明
*
2
1
!
e
8 e 1
1
n
i
i
i
n
i
+
=
<
Î
-
+
å
N
.
【答案】(1)极大值1
e ，无极小值.
(2)
e ,e
4e
é
ù
ê
ú
ë
û
(3)证明见解析
【详解】（1）由
ex
x
f x =
，得
1
ex
x
f
x =
¢
-
.
由
0
f
x
¢
>
可得
1
x < ；由
0
f
x
¢
<
可得
1
x > ；
所以
f x 在
,1
¥
-
上单调递增；在
1, ¥
+
上单调递减.
所以
f x 有极大值
1
1
e
f
=
；无极小值.
（2）由题意，
2
1
k
x
f x
+
³
对xÎR 恒成立.
当
1
2
x = -
时，
2
1
k
x
f x
+
³
显然成立；当
1
2
x < -
时，由
2
1
k
x
f x
+
³
，
得
2
1 ex
x
k
x
£
+
；当
1
2
x > -
时，由
2
1
k
x
f x
+
³
，得
2
1 ex
x
k
x
³
+
.
设函数
2
1 ex
x
h x
x
=
+
，则
2
2
2
1
2
3
1 1 2
2
1
e
2
1
e
x
x
x
x
x
x
x
h x
x
x
¢
+
-
+
+
-
=
=
+
+
.
当
1
x < - 或
1
2
x >
时，
0
h x
¢
<
；当
1
1
2
x
- <
<
且
1
2
x ¹ -
时，
0
h x
¢
>
.
所以
h x 在
, 1
¥
-
-
和1 ,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø上单调递减，
在
1
1,
2
æ
ö
- -
ç
÷
è
ø 和
1 1
,
2 2
æ
ö
-
ç
÷
è
ø上单调递增.
所以当
1
2
x < -
时，
min
1
e
h x
h
=
-
=
；
当
1
2
x >
时，max
1
1
e
2
4e
4 e
h x
hæ
ö
=
=
=
ç
÷
è
ø
.
所以k 的取值范围是
e ,e
4e
é
ù
ê
ú
ë
û
.
（3）由（2）知，
e 2
1
x
f x
+
³
，故
1
2
1 ex
x
x x
+
+
³
ÎR .
令
*
2
ln
1
1
j
x
j
j
+
=
-
Î
+
N
，得
2
2
2
2ln
1
ln
1
1
1
1
j
j
j
j
j
j
æ
ö
+
+
+
-
³
-
ç
÷
+
+
+
è
ø
.
化简并整理，得
3
2
1
ln
1
1
1
j
j
j
j
j
+
+
+
+
+
≥
，故
2
3 ln
1
1
j
j
j
+
+
³
+
.
所以
3 ln
2
2 ln
1
1 ln
1
j
j
j
j
j
+
+
-
+
+
³ +
+
.
累加，得
1
1
1
1
3 ln
2
2 ln
1
1 ln
1
i
i
j
j
j
j
j
j
j
-
-
=
=
é
ù
é
ù
+
+
-
+
+
³
+
+
ë
û
ë
û
å
å
（
2
i ³
，且
*
iÎN ）.
所以
2 ln
1
3ln 2
1
ln
!
i
i
i
i
+
+
-
³
-
+
，故
2
1
1
ln
ln
! e
8
i
i
i
i
+
-
+
³
×
.
所以
2
1
1
! e
8
i
i
i
i
+
-
+
³ ×
，故
2
1
!
1
8e
1
i
i
i
i
+
-
£
+
（当
1
i = 时也成立）.
所以
*
2
1
1
1
!
1
1
1
1
1
1
1
e
1
1
1
8
e
8
e
8
8 e 1
1
1
1
e
e
n
n
i
i
n
i
i
i
n
i
+
-
=
=
æ
ö
£
=
´
-
<
´
=
Î
ç
÷
-
è
ø
+
-
-
å
å
N
.
1．（24-25 高二下·山东烟台·期末）若函数
ln
f x
x
x
x
k
=
-
+
存在两个不同的零点，则实数k 的取值范围为（ ）
A．
,1
-¥
B．
0,1
C．
,e
-¥
D．
0,e
【答案】B
【详解】函数
ln
f x
x
x
x
k
=
-
+
的定义域是
0, ¥
+
，
ln
f
x
x
¢
=
，
当0
1
x
<
< 时，
0
f
x
¢
<
，当
1
x > 时，
0
f
x
¢
>
，
所以
f x 在区间
0,1 上单调递减，在区间
1,+¥ 上单调递增，
因为
0,
,
,
x
f
x
k x
f
x
®
®
® +¥
® +¥ ，且
1
1
f
k
=
- ，
所以要使函数
ln
f x
x
x
x
k
=
-
+
存在两个不同的零点，
则需
0
1
0
k
k
>
ì
í - <
î
，解得0
1
k
<
< .
故选：B
2．（24-25 高二下·安徽阜阳·期末）函数
( )
10(
1)e
1
x
f x
x
=
+
+ 的零点个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【详解】函数
( )
10(
1)e
1
x
f x
x
=
+
+ ，
10e
10
1 e =10
2 e
x
x
x
f
x
x
x
=
+
+
+
¢
，
当
, 2 ,
0,
x
f
x
f x
¢
Î -¥ -
<
单调递减；
当
2,
,
0,
x
f
x
f x
¢
Î -
+¥
>
单调递增；
2
2
min
10
2
10
2 1 e
1
1
0
e
f x
f
-
=
-
=
- +
+ = -
+ <
，
3
20
,
;,
3
1
0
e
x
f x
f
-
® +¥
® +¥
-
=
+ >
，
所以
0
0
3, 2 ,
0
x
f x
$
Î -
-
=
；
1
1
2,
,
0
x
f x
$
Î -
+¥
=
；
所以函数
( )
10(
1)e
1
x
f x
x
=
+
+ 的零点个数为2.
故选：C.
考点二
零点问题
3．（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
£
<
，所以
3e
ln3
t >
.
故选：D.
4．（24-25 高二下·辽宁鞍山·期末）已知函数
2
ln
1
ax
x
f x
x
-
= -
在
0,1 上仅有一个零点，则a 的取值范围为
（ ）
A．
2
4
e
ì
ü
í
ý
î
þ
B．
2
4 ,1
e
é
ö÷
êë
ø
C．
2e
4
ì
ü
í
ý
î
þ
D．
2e
1, 4
æ
ù
ç
ú
è
û
【答案】C
【详解】
2
ln
1
0
ax
x
f
x
x
-
= -
=
2
1
(ln )
a
x
x
Þ
=
，所以
2
1
(ln )
a
x
x
=
在( 0, 1) 上只有一解，
设
2
1
( )
(ln )
g x
x
x
=
，则
2
3
ln
2
( )
(ln )
x
g x
x
x
+
¢
= -
，由
( )
0
g x
¢
= 得
21
e
x =
，
2
1
0
e
<
<
x
时，
( )
0
g x
¢
<
，( )
g x 单调递减，
2
1
e
x >
时，
( )
0
g x
¢
> ，( )
g x 单调递增，
所以在( 0, 1) 上，
2
min
2
1
e
( )
(
)
e
4
g x
g
=
=
，
又
0
x ® + 时，( )
g x ® +¥ ，
1
x ® 时，( )
g x ® +¥ ，
所以
2e
4
a =
，a 的取值范围是
2e
4
ì
ü
í
ý
î
þ
，
故选：C．
5．（24-25 高二下·辽宁沈阳·阶段练习）已知函数
( )
e
(1 e)
(e 1)ln
1
ax
f x
x
a
x
x
=
+
-
-
-
- 恰有2 个零点，则实数a 的取
值范围为（ ）
A．
2
1
1,
e,
e
¥
æ
ö
- -
È
+
ç
÷
è
ø
B．
2
1
1
,
e
e
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø
C．
2
1
1,
0,
e
¥
æ
ö
- -
È
+
ç
÷
è
ø
D．
2
1
1
,
0,
e
e
¥
æ
ö
-
-
È
+
ç
÷
è
ø
【答案】D
【详解】因为
( )
f x 恰有2 个零点，即
ln
e
e 1
ln
1
0
ax
x
ax
x
+
-
-
+
- =
恰有2 个零点，
令
ln
ax
x
t
+
= ，则
e
e 1
1
0
t
t
-
-
- =
，令
=e
e 1
1
t
g t
t
-
-
- ，
e
e 1
t
g t =
¢
- + ，又
e
e 1
0
ln e 1
t
g t
t
=
- + =
Þ =
-
¢
，
所以
g t 在
,ln e 1
¥
-
-
单调递减，在
ln e 1 , ¥
-
+
单调递增，
且
0
0,
1
0
g
g
=
=
，所以
0
g t =
有两个解0 和1，
即
ln
0
ax
x
+
=
和
ln
1
ax
x
+
= 合起来只有2 个解，
当
ln
0
ax
x
+
=
时，即
ln x
a
x
= -
，令
ln
0
x
u x
x
x
= -
>
，
2
2
1 ln
ln
1
0
e
x
x
u
x
x
x
x
-
-
¢
= -
=
=
Þ
=
，
所以
u x 在
0,e 单调递减，在
e,+¥ 单调递增，即
min
1
e
e
u x
u
=
= -
，
即
1
,
e
a
¥
æ
ö
Î -
-
ç
÷
è
ø ，方程
ln
0
ax
x
+
=
无解，
1
0,
e
a
¥
ì
ü
Î -
È
+
í
ý
î
þ
，
方程
ln
0
ax
x
+
=
恰有一个解，
1 ,0
e
a
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø，方程
ln
0
ax
x
+
=
恰有2 个解，
当
ln
1
ax
x
+
= ，即
1 ln x
a
x
-
=
，令
1 ln
0
x
v x
x
x
-
=
>
，
2
2
2
1
1 ln
ln
2
0
e
x
x
v x
x
x
x
- -
-
-
=
=
=
Þ
=
¢
，
所以
v x 在
2
0,e
单调递减，在
2e ,+¥ 单调递增，即
2
2
min
1
e
e
v x
v
=
= -
，
即即
2
1
,
e
a
¥
æ
ö
Î -
-
ç
÷
è
ø ，方程
ln
1
ax
x
+
= 无解，
2
1
0,
e
a
¥
ì
ü
Î -
È
+
í
ý
î
þ
，
方程
ln
1
ax
x
+
= 恰有一个解，
2
1 ,0
e
a
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø，方程
ln
1
ax
x
+
= 恰有2 个解，
又
ln
0
ax
x
+
=
和
ln
1
ax
x
+
= 合起来只有2 个解，
所以
2
1
1
,
0,
e
e
a
¥
æ
ö
Î -
-
È
+
ç
÷
è
ø
.
故选：D.
6．（24-25 高二下·辽宁抚顺·期末·多选）已知函数
3
2
2
3
9
f x
x
x
a x
=
+
+
+ ，若
f x 有两个极值点，则实数a 的取
值可能是（ ）．
A．2
-
B．1
-
C．0
D．2
【答案】BCD
【详解】因为
f x 有两个极值点，
所以方程
0
f
x
¢
=
有两个不同的根，
因为
2
2
3
6
f
x
x
x
a
¢
=
+
+
，
所以
2
36 12
0
a
=
-
>
，
解得
3
3
a
-
<
<
．
故选：BCD.
7．（24-25 高二下·江西·期末·多选）下列函数中恰有2 个零点的函数是（ ）
A．
1
1
f
x
x
x
=
-
B．
2
ln
2
f
x
x
x
=
-
-
C．
2
3
sin
f
x
x
x
x
=
-
D．
2
2
4
e
2
e
2
x
f
x
x
x
=
-
+
【答案】BD
【详解】对于A，令
1
0
f
x =
，得
1
1,
x
f
x
=
只有1 个零点，故A 错误；
对于B，由
2
1
x
f
x
x
¢
-
=
，故当
0,1
xÎ
时，
2
2
0,
f
x
f
x
¢
<
单调递减，
当
1,
x
¥
Î
+
时，
2
2
0,
f
x
f
x
¢
>
单调递增．
又
2 1
1
0
f
= - <
，
2
2
2
1
1
0
e
e
f æ
ö =
>
ç
÷
è
ø
，
2
2
2 e
e
4
0
f
=
-
>
，
所以
2f
x 在区间
2
2
1 ,1 , 1,e
e
æ
ö
ç
÷
è
ø
上各有1 个零点，共2 个零点，故B 正确；
对于C，易知
0
x =
是
3f
x 的1 个零点．
当
0
x ¹
时，令
3
0
f
x =
，得
sin
0
x
x
-
=
．
设
sin
g x
x
x
=
-
，则
1 cos
0
g
x
x
=
¢
-
³
，
所以当
0
x >
时，
0
0
g x
g
>
=
，当
0
x <
时，
0
0
g x
g
<
=
，
所以
3f
x 只有1 个零点，故C 错误；
对于D，当
0
x <
时，
4
0
f
x >
．当
0
x >
时，
2
4
2 ex
f
x
x -
¢
=
，
4f
x 在区间
0,
2 上单调递减，在区间
2, ¥
+
上单调递增，
且
2
2
3
4
4
4
5
e
0
0,
2
2 2 e
0,
3
3e
0
2
2
f
f
f
æ
ö
>
=
-
=
+
ç
÷
è
ø
，所以
4f
x 有2 个零点，故D 正确．
故选：BD．
8．（24-25 高二下·福建福州·期末）已知函数
e
1
x
f
x
m
x
=
-
- 有两个零点，则m 的取值范围是
.
【答案】
0,1
【详解】
1
e
1
0
e
x
x
x
f x
m
x
m
+
=
-
- =
Þ
=
，令
1
ex
x
g x
+
=
，
求导得
2
e
e
1
e
e
x
x
x
x
x
x
g
x
-
+
=
= -
¢
，
而
0
0,
0
0
e
e
x
x
x
x
g
x
x
g
x
x
¢
¢
= -
>
Þ
<
= -
<
Þ
>
，
所以
g x 在
,0
-¥
上单调递增，在
0, ¥
+
上单调递减，
而当x ® -¥ 时，
g x ® -¥ ，当x ® +¥ 时，
0
g x ®
，
且
g x 有极大值
0
1
g
= ，
所以若函数
e
1
x
f
x
m
x
=
-
- 有两个零点，则m 的取值范围是
0,1 .
故答案为：
0,1 .
9．（24-25 高二下·北京海淀·期末）已知函数
3
2
4
f
x
x
ax
=
+
+
在区间
0, ¥
+
上没有零点，则实数a 的取值范围
是 ．
【答案】
3,
-
+¥
【详解】由题得
2
( )
3
2
(3
2 )
f
x
x
ax
x
x
a
¢
=
+
=
+
，令
( )
0
f
x
¢
=
，即(3
2 )
0
x
x
a
+
=
，
解得
1
0
x =
或
2
2
3
a
x = -
. 根据
1
x 与
2x 大小进行分类讨论如下：
(1)当
2
0
3
a
-
£
，即
0
a ³
时，在区间
0, ¥
+
上，
( )
(3
2 )
0
f
x
x
x
a
¢
=
+
>
，
所以
( )
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，又
(0)
4
0
f
=
>
，所以
( )
f x 在上没有零点，满足条件；
(2)当
2
0
3
a
-
>
，即
0
a <
时，在
2
0,
3
a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø区间上，
( )
0
f
x
¢
<
，即
( )
f x 单调递减，
在
2 ,
3
a
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø 上，
( )
0
f
x
¢
>
，即
( )
f x 单调递增，
所以
( )
f x 在
2
3
a
x = -
处取得极小值，也即是区间
0, ¥
+
上的最小值.
因为
( )
f x 在
0, ¥
+
上没有零点，所以
2
(
)
0
3
a
f -
>
，
又
3
2
3
2
2
2
4
(
)
4
4
3
3
3
27
a
a
a
a
f
a
æ
ö
æ
ö
-
= -
+
´ -
+
=
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，于是
3
4
4
0
27
a +
>
，
解得
3
a > - ，结合
0
a <
，此时3
0
a
- <
<
.
综上所述
3
a > - .
故答案为：
3, ¥
-
+
.
10．（24-25 高二下·北京房山·期末）已知函数
3
2
1
3
2
3
f x
x
x
x
=
-
-
-
.
(1)求函数
f x 的单调区间；
(2)求函数
f x 的零点的个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)1
【详解】（1）对
3
2
1
3
2
3
f x
x
x
x
=
-
-
-
求导得，
2
2
3
1
3
f
x
x
x
x
x
¢
=
-
-
=
+
-
，
令
1
3
0
1
f
x
x
x
x
¢
=
+
-
>
Þ
< - 或
3
x >
，令
1
3
0
1
3
f
x
x
x
x
¢
=
+
-
<
Þ - <
<
，
所以函数
f x 的单调递增区间为
, 1 , 3,
¥
¥
-
-
+
，单调递减区间为
1,3
-
；
（2）由（1）可得函数
f x 的极大值为
1
1
1
1 3
2
0
3
3
f -
= -
- + -
= -
<
，
极小值为
3
9
9
9
2
11
0
f
=
- - -
= -
<
，
而
6
72
36 18
2
16
0
f
=
-
-
-
=
>
，
综上所述，函数
f x 的零点的个数为1，且零点位于区间
3,6 .
11．（24-25 高二下·安徽宣城·期末）已知
0
a >
且
1
a ¹ ，函数
ln 1
1
x
f x
a
x
=
+
+
- .
(1)设
ln
1
na
f n
n
n
=
-
+
+
，
*
N
nÎ
，
n
S 为数列
na
的前n 项和，当
2
a =
时，求
100
S
；
(2)当
1
e
a =
时，证明：
0
xf x ³
；
(3)当
1
e
>
a
且
1
a ¹ 时，讨论函数
f x 的零点个数.
【答案】(1)
101
2
4948
+
(2)证明见解析
(3)1，答案见解析
【详解】（1）当
2
a =
时，
2
ln
1
1 ln
1
2
1
n
n
na
n
n
n
n
=
+
+
- -
+
+
=
+
- ，
则
100
1
2
3
100
100
2 1
2
100 99
2
2
2
2
0 1
2
99
1
2
2
S
-
´
=
+
+
+
+
+
+ +
+
+
=
+
-
L
L
101
2
4948
=
+
.
（2）由题意知，
f x 的定义域为
1, ¥
- +
.
当
1
e
a =
时，
e
1
1
1
1
ln 1
1,
e
e
1
e
1
x
x
x
x
x
f x
x
f
x
x
x
-
+
æ
ö
=
+
+
-
= -
+
=
ç
÷
+
+
è
ø
¢
，
令
e
1
x
g x
x
=
-
+
，则
e
1
x
g
x
¢
=
- ，
当
1,0
xÎ -
时，
0
g
x
¢
<
，当
0,
x
¥
Î
+
时，
0
g
x
¢
>
，
即函数
g x 在
1,0
-
上单调递减，在
0, ¥
+
上单调递增，于是
0
0
g x
g
³
=
，
所以
0
f
x
¢
³
，函数
f x 在
1, ¥
- +
上单调递增，又
0
0
f
=
，
因此
1,0
xÎ -
时，
0
f x <
，当
0,
x
¥
Î
+
时，
0
f x >
，
所以当
1
e
a =
时，
0
xf x ³
.
（3）①若
1
a > ，则函数
f x 在
1, ¥
- +
上单调递增，且
0
0
f
=
，
所以函数
f x 有且仅有一个零点；
②若1
1
e
a
<
< ，当
1,0
xÎ -
时，
1
e
x
x
a <
，当
0,
x
¥
Î
+
时，
1
e
x
x
a >
.
由（2）知：当
1,0
xÎ -
时，
1
ln 1
1
0
ex
f x
x
<
+
+
- <
，
当
0,
x
¥
Î
+
时，
1
ln 1
1
0
ex
f x
x
>
+
+
- >
，
且
0
0
f
=
，所以函数
f x 只有一个零点.
综上所述：当
1
e
>
a
且
1
a ¹ 时，函数
f x 的零点个数为1 个.
12．（24-25 高二下·山东泰安·期末）已知函数
( )
lg(10
1)
x
f x
mx
=
+
-
为偶函数.
(1)求实数m 的值；
(2)求方程
( )
lg(4 10
2)
mx
f x =
´
+
的根；
(3)若函数
1
( )
( )
2
g x
f x
x
a
=
-
-
在
(
,0)
xÎ -¥
上有零点，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)
1
2
m =
；
(2) 2lg3
-
；
(3)
(lg2,
)
aÎ
+¥ .
【详解】（1）由题知，
( )
f x 的定义域为R，且为偶函数，
∴
(
)
( )
f
x
f x
-
=
，即lg(10
1)
lg(10
1)
x
x
mx
mx
- +
+
=
+
-
，
整理得(2
1)
0
m
x
-
=
恒成立，可得
1
2
m =
；
（2）由（1）可知，
1
( )
lg(10
1)
2
x
f x
x
=
+
-
，
方程
1
2
( )
lg(4 10
2)
x
f x =
´
+
可化为
1
2
1
lg(10
1)
lg(4 10
2)
2
x
x
x
+
-
=
´
+
，
∴
1
2
1
2
10
1
1
lg
lg10
2
4 10
2
x
x
x
x
+
=
=
´
+
，则
1
2
1
2
10
1
10
4 10
2
x
x
x
+
=
´
+
，整理得
1
2
3 10
2 10
1
0
x
x
´
+ ´
- =
，
令
1
2
10
x
t =
，则
0
t >
，不等式可化为
2
3
2
1
0
t
t
+
- =
，解得
1
t = - （舍）或
1
3
t =
，
∴
1
2
10
1
3
x =
，可得
2lg3
x = -
，故方程的根为2lg3
-
；
（3）( )
lg(10
1)
x
g x
x
a
=
+
-
-
在(
,0)
-¥
上有零点，
∴
lg(10
1)
x
a
x
=
+
-
在(
,0)
-¥
上有解，
设( )
lg(10
1)
x
h x
x
=
+
-
，
(
,0)
xÎ -¥
，则
10 ln10
1
( )
1
0
(10
1)ln10
10
1
x
x
x
h x
-
¢
=
- =
<
+
+
，
∴( )
h x 在(
,0)
-¥
上单调递减，( )
(0)
lg2
h x
h
>
=
，
∴
(lg2,
)
aÎ
+¥ .
13．（24-25 高二下·辽宁辽阳·期末）已知函数
3
2
2
2
x
f x
x
mx
=
+
-
+
．
(1)若曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程为3
0
x
y
n
-
+
=
，求m ，n ；
(2)若
f x 有三个零点，求实数m 的取值范围．
【答案】(1)
1
2
0
m
n
ì
=
ïí
ï =
î
(2) 7 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
【详解】（1）因为
3
2
2
2
x
f x
x
mx
=
+
-
+
，所以
2
3
2
2
f
x
x
x
m
¢
=
+
-
．
因为
7
1
2
f
m
=
-
，
7
1
2
f
m
¢
=
-
，所以
7
3
2
7
3
2
m
m
n
ì
-
=
ïïí
ï
-
=
+
ïî
，
解得
1
2
0
m
n
ì
=
ïí
ï =
î
；
（2）因为
f x 有三个零点，且
0
0
f
¹
，
所以关于x 的方程
2
2
0
2
x
x
m
x
+
+
-
=
有三个不同的根，
即曲线
2
2
2
x
y
x
x
=
+
+
与直线y
m
=
有三个交点．
令
2
2
2
x
g x
x
x
=
+
+
，
则
3
2
2
3
2
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
2
1
x
x
x
x
x
x
x
g
x
x
x
x
x
x
¢
-
+
-
-
+
+
+
-
=
+ -
=
=
=
．
因为
2
2
2
0
x
x
+
+
>
，
所以
g x 在
,0
¥
-
，
0,1 上单调递减，在
1, ¥
+
上单调递增．
因为
7
1
2
g
=
，所以当
7
2
m >
时，直线y
m
=
与曲线
y
g x
=
有三个交点，
故实数m 的取值范围是7 ,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø．
14．（24-25 高二下·福建泉州·期末）已知函数
e
sin
1
x
f
x
x
ax
=
+
-
- .
(1)当
1
a = 时，求曲线
y
f x
=
在点
0,
0
f
处的切线方程；
(2)若
f x 在区间
0, ¥
+
上单调递增，求a 的取值范围；
(3)当1
2
a
£
<
时，讨论
f x 零点的个数.
【答案】(1) y
x
=
(2)
,2
-¥
(3)2
【详解】（1）当
1
a = 时，
e
sin
1
x
f
x
x
x
=
+
-
- ，
0
0
sin 0
0 1
0
f
e
=
+
-
- =
，
所以切点为（0，0）
所以
e
cos
1
x
f
x
x
=
+
-
¢
，
0
0
e
cos0 1
1
f ¢
=
+
- = ，
即切线的斜率为1，由点斜式直线方程得y
x
=
，所以切线方程为y
x
=
；
（2）因为
e
cos
x
f
x
x
a
¢
=
+
-
，由函数
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，则
e
cos
0
x
f
x
x
a
¢
=
+
-
³
，
即
e
cos
x
a
x
£
+
在
0,
xÎ
+¥ 上恒成立.
令
cos
ex
h x
x
+
=
，
0,
xÎ
+¥ ，
e
sin
x
h x
x
¢
=
-
.
当
0
x >
时，e
1
x > ，所以
e
sin
0
x
h x
x
¢
=
-
>
恒成立.
所以
h x 在
0, ¥
+
上单调递增，所以
0
2
h x
h
>
=
所以
2
a £
，a 的取值范围
,2
-¥
；
（3）由
e
sin
1
x
f
x
x
ax
=
+
-
- ，则
0
0
f
=
.
所以
0
x =
是
f x 的一个零点.
因为1
2
a
£
<
，由（2）知，函数
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，
(0)
0
f x
f
>
=
，无零点.
①当
, π
x
¥
Î -
-
时，∵1
2
a
£
<
，∴
π
ax
-
³
，∴
e
π
sin
1
0
x
f x
x
³
+
+
- >
，无零点.
②当
π,0
xÎ -
时，∵sin
0
x <
，设
e
cos
x
u x
f
x
x
a
¢
=
=
+
-
，
e
sin
0
x
u
x
x
¢
=
-
>
，
∴
f
x
¢
在
π,0
-
上递增，又∵
π
π
1
0
f
e
a
-
¢ -
=
- -
<
，
0
2
0
f
a
¢
=
-
>
，
∴存在唯一零点
0
π,0
x Î -
，使得
0
0
f
x
¢
=
当
0
π,
x
x
Î -
时，
0
f
x
¢
<
，
f x 在
0
π, x
-
上递减；
当
0,0
x
x
Î
时，
0,0
x
x
Î
，
f x 在
0,0
x
上递增，所以
0
0
0
f x
f
<
=
，
又
π
π
e
1
π
0
f
a
-
-
=
- +
>
，
0
0
f
x
<
，
0
0
f
=
，
所以，函数
f x 在
π,0
-
上有且仅有1 个零点.
综上，当1
2
a
£
<
时，函数
f x 有且仅有2 个零点.
15．（24-25 高二下·天津西青·期末）已知函数
2
1
1 ln
ln
2
，
f x
x
ax
a
x
g x
b
x
x
=
-
+
-
=
-
的极值为 1.
e
(1)求实数b 的值；
(2)当
1
a > 时，讨论函数
f x 的单调性；
(3)当
1
a = 时，若
2
F x
f x
x
m g x
x
=
-
-
+
在
1,
xÎ
+ ¥ 有两个零点，求m 的取值范围.
【答案】(1)0 ；
(2)答案见解析；
(3)
1
2
e ,
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
.
【详解】（1）由
ln
g x
b
x
x
=
-
，得
( )
1 ln
g x
x
¢
= - -
，
由
( )
0
g x
¢
> ，得
1
0
e
x
<
<
，由
( )
0
g x
¢
<
，得
1
e
x >
，
则
g x 在
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在1 ,
e
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø上单调递减.
则
g x 在
1
e
x =
处取得极大值
1
1
1
1
1
ln
e
e
e
e
e
g
b
b
æ
ö =
-
=
+
=
ç
÷
è
ø
，得
0
b =
；
（2）由
2
1
1 ln
2
f x
x
ax
a
x
=
-
+
-
，得
2
1
1
[
(
1)](
1)
a
x
ax
a
x
a
x
f
x
x
a
x
x
x
-
-
+
-
-
-
-
=
-
+
=
¢
=
，
若
2
a >
，则
1
1
a - > ，由
0
f
x
¢
>
，得0
1
x
<
< 或
1
x
a
>
- ，由
0
f
x
¢
<
，得1
1
x
a
<
<
- ，
则此时，
f x 在
0,1 ,
1,
a
¥
-
+
上单调递增，在
1,
1
a -
上单调递减；
若
2
a =
，
2
(
1)
( )
0
x
f
x
x
¢
-
=
>
，则此时
f x 在
0, ¥
+
上单调递增；
若1
2
a
<
<
，则0
1 1
a
<
- < ，由
0
f
x
¢
>
，得0
1
x
a
<
<
- 或
1
x > ，由
0
f
x
¢
<
，得
1
1
a
x
- <
< ，
则此时
f x 在
0,
1 , 1,
a
¥
-
+
上单调递增，在
1,1
a -
上单调递减；
（3）由（1），结合
1
a = ，可得
2
2
1
1
2
ln
2
ln
2
2
F x
x
x
x
m
x x
x
x
x x
m
x
=
-
-
-
-
+
=
+
-
，
0
x >
.
因
F x 在
1, + ¥ 有两个零点，则
1
2
ln
2
F x
x
x
m
x
x
=
+
-
在
1, + ¥ 上有2 个零点.
令
1
2
ln
1
2
h x
x
x
m
x
x
=
+
-
³
，
，得1 不是其零点，
令
1
ln
2
0
2
ln
x
x x
h x
m
x
+
=
Þ
=
，
则原题等价于函数
1
ln
2
ln
x
x
x
y
x
+
=
与直线
2
y
m
=
在
1, + ¥ 上有2 个交点.
令
1
ln
2
( )
,
1
ln
x
x
x
p x
x
x
+
=
> ，
则
2
2
3
1
1
(
ln )ln
ln
(ln
1)(ln
)
2
2
2
( )
(ln )
(ln )
x
x
x
x
x
p x
x
x
+
-
-
+
-
¢
=
=
，
由
( )
0
p x
¢
>
，得
1
2
e
x >
，由
( )
0
p x
¢
< ，得
1
2
1
e
x
<
<
，
则
p x 在
1
2
1,e
æ
ö
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
1
2
e , ¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
上单调递增.
从而
1
1
2
2
e
2e
p x
pæ
ö
³
=
ç
÷
è
ø
，
当
1
x ® ，
p x
¥
® +
，当
x
p x
¥
¥
® +
® +
，
.
则可得
p x 大致图象如下：则
1
1
2
2
2
2e
e
m
m
>
Þ
>
时，满足题意.
1．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数
ln
1
f x
x
ax
=
+ -
有两个零点
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x
<
，则下列命题正确的是
（ ）
A．
1
a >
B．
1
2
2
x
x
a
+
<
C．
1
2
1
x
x
×
<
D．
2
1
1
1
x
x
a
-
>
-
【答案】D
【详解】由
0
f x =
可得
ln
1
x
a
x
+
=
，令
ln
1
x
g x
x
+
=
，其中
0
x >
，
则直线y
a
=
与函数
g x 的图象有两个交点，
2
lnx
g
x
x
= -
¢
，
由
0
g
x
¢
>
可得0
1
x
<
< ，即函数
g x 的单调递增区间为
0,1 ，
由
0
g
x
¢
<
可得
1
x > ，即函数
g x 的单调递减区间为
1, ¥
+
，
且当
1
0
e
x
<
<
时，
ln
1
0
x
g x
x
+
=
<
，当
1
e
x >
时，
ln
1
0
x
g x
x
+
=
>
，1
1
g
= ，
如下图所示：
由图可知，当0
1
a
<
< 时，直线y
a
=
与函数
g x 的图象有两个交点，故A 错误；
由图可知，
1
2
1
1
e
x
x
<
< <
，
因为
1
1
ax
f
x
a
x
x
¢
-
=
-
=
，由
0
f
x
¢
>
可得
1
0
x
a
<
<
，由
0
f
x
¢
<
可得
1
x
a
>
，
所以，函数
f x 的增区间为
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø ，减区间为1 ,
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø ，则必有
1
2
1
0
x
x
a
<
<
<
，
所以，
1
1
0
x
a
<
<
，则
1
2
1
x
a
a
-
>
，
令
2
2
2
ln
ln
h x
f
x
f x
x
a
x
x
ax
a
a
a
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
-
=
-
-
-
-
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，其中
1
0
x
a
<
<
，
考点三
极值点偏移问题
则
2
1
2
1
1
2
0
2
2
a x
a
h x
a
x
x
x x
a
a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
=
-
+
=
<
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø
¢
，则函数
h x 在
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
所以，
1
1
0
h x
h a
æ
ö
>
=
ç
÷
è
ø
，即
1
1
2
0
f
x
f x
a
æ
ö
-
-
>
ç
÷
è
ø
，即
1
1
2
f x
f
x
a
æ
ö
<
-
ç
÷
è
ø ，
又
2
1
0
f x
f x
=
=
，可得
2
1
2
f x
f
x
a
æ
ö
<
-
ç
÷
è
ø ，
因为函数
f x 的单调递减区间为1 ,
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø ，则
2
1
2
x
x
a
>
-
，即
1
2
2
x
x
a
+
>
，故B 错误；
由
1
1
2
2
ln
1
ln
1
ax
x
ax
x
=
+
ì
í
=
+
î
，两式相加整理可得
1
2
1
2
ln
2
2
x x
x
x
a
a
+
+
=
>
，
所以，
1
2
ln
0
x x
>
，可得
1
2
1
x
x
×
> ，故C 错误；
由图可知
1
2
1
1
e
x
x
<
< <
，则
1
1
x
-
> - ，又因为
2
1
x
a
>
，所以，
2
1
1
1
x
x
a
-
>
- ，故D 正确.
故选：D.
2．（24-25 高三上·重庆·阶段练习·多选）若函数
2
1
( )
ln
,(
R)
2
f x
x
a
x a
=
-
Î
有两个极值点
1
x ，
2x ，（
1
2
x
x
<
）则下列
说法正确的是（ ）
A．
e
a >
B．
1
1
f x
<
C．
2
e
2
f x
<
D．
1
2
2e
x
x
+
>
【答案】ACD
【详解】A 选项，
ln
( )
1
a
x
f
x
x
¢
= -
，令
( )
0
f
x
¢
=
得ln
1
x
x
a
=
，
令
ln
( )
x
g x
x
=
，
0
x >
，则
ln
( )
x
g x
x
=
与
1
y
a
=
有两个不同的交点，
2
1 ln
( )
x
g x
x
-
¢
=
，
令
2
1 ln
( )
0
x
g x
x
-
¢
=
>
得
(0,e)
xÎ
，令
( )
0
g x
¢
<
得
(e,
)
x Î
+¥ ，
所以( )
g x 在
(0,e)
xÎ
上单调递增，在
(e,
)
x Î
+¥ 上单调递减，且(1)
0
g
=
，
1
(e)
g
e
=
，
当
1
x > 时，
ln
( )
0
x
g x
x
=
>
恒成立，
要想
ln
( )
x
g x
x
=
与
1
y
a
=
有两个不同的交点，则
1
1
0
e
a
<
<
，解得
e
a >
，A 正确；
BC 选项，因为
1
2
x
x
<
，所以
1
2
1
x
e
x
<
<
<
，
画出
ln
( )
x
g x
x
=
与
1
y
a
=
的图象如下：
令
ln
( )
1
0
a
x
f
x
x
¢
= -
>
得
1
2
0,
,
x
x
x
¥
Î
È
+
，
令
ln
( )
1
0
a
x
f
x
x
¢
= -
<
得
1
2
(
,
)
x
x x
Î
，
故
( )
f x 在
1
(0,
)
x 上单调递增，在
1
2
( ,
)
x x
上单调递减，在
2
(
,
)
x +¥ 上单调递增，
所以
1
1
(1)
(
)
f
f x
=
<
，
2
e
(
)
(e)
e
2
2
a
f x
f
<
=
-
<
，B 错误，C 正确；
D 选项，
1
2
1
2
ln
ln
1
x
x
x
x
a
=
=
，故
1
2
1
2
ln
,ln
x
x
x
x
a
a
=
=
，
先证明
2
1
2
1
2
1
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x
-
+
<
-
，理由如下：
因为
1
2
1
x
e
x
<
<
<
，不等式变形为
2
1
2
1
2
1
ln
2
ln
x
x
x
x
x
x
-
<
+
-
，
即
2
2
1
1
2
1
1
ln
2
1
x
x
x
x
x
x
-
<
+
，令
2
1
1
x
t
x = > ，
则
1
ln
1
2
t
t
t
- <
+
，令
1
ln
1
2
t
t
h t
t
-
=
-
+
，
1
t > ，
则
2
2
2
1
2
1
0
2
1
2
1
t
h t
t
t
t t
-
-
=
-
=
+
¢
<
+
恒成立，
故
1
ln
1
2
t
t
h t
t
-
=
-
+
在
1,
t
¥
Î
+
上单调递减，
故
1
0
h t
h
<
=
，所以
1
ln
1
2
t
t
t
- <
+
，结论得证，
故
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
a
a
x
x
x
x
a
x
x
-
-
-
-
+
=
=
<
，
结合A 选项，
1
2
2
2e
x
x
a
+
>
>
，D 正确.
故选：ACD
3．（24-25 高二下·四川成都·期中）函数
ln
,
ex
a
f x
x
b a
b
=
+
+
Î
Î
R
R 的两个极值点
1
x 、
2x 满足
1
2
1
2
x
x
x
<
£
，则
1
2
2
x
x
+
的最大值为
.
【答案】5ln 2
【详解】由
ln
,
ex
a
f x
x
b a
b
=
+
+
Î
Î
R
R 得
e
e
1
e
x
x
x
a
ax
f
x
x
x
-
¢
= -
+
=
，
由
0
f
x
¢
=
得
ex
ax =
，
因为函数
ln
,
ex
a
f x
x
b a
b
=
+
+
Î
Î
R
R 两个极值点
1
x 、
2x ，
则
1
2
1
2
e
e
x
x
ax
ax
ì
=
í
=
î
，可得
2
1
2
1
ex
x
x
x
-
=
①，
设
2
1
x
t
x = ，则
1,2
t Î
且
2
1
x
tx
=
，代入①得
1
ln
1
t
x
t
= - ，
2
ln
1
t
t
x
t
=
- ，
所以
1
2
1
2
ln
ln
2 ln
2
1
1
1
t
t
t
t
t
x
x
t
t
t
+
+
=
+
=
-
-
-
，
设
1
2
ln
1
2
1
x
x
g x
x
x
+
=
<
£
-
，则
2
1
2
3ln
1
1
2
(
1)
x
x
x
g
x
x
x
-
-
-
¢
=
<
£
-
，
令
1
2
3ln
1 1
2
h x
x
x
x
x
=
-
-
-
<
£
，则
2
2
2
1
1
3
1
2
0
x
x
h x
x
x
x
-
-
¢
=
-
+
=
> ，
所以
h x 在
1,2 上单调递增，所以
1
0
h x
h
>
= ，
从而
0
g
x
¢
>
，所以
g x 在
1,2 单调递增，
所以
2
5ln 2
g x
g
£
=
，所以
1
2
2
5ln 2
x
x £
+
，故
1
2
2
x
x
+
的最大值为5ln 2 .
故答案为：5ln 2 .
4．（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系xOy 中，Rt OAB
V
的直角顶点A 在x 轴上，另一个顶点B 在函数
lnx
f x
x
=
图象上
(1)当顶点B 在x 轴上方时，求 Rt OAB
V
以x 轴为旋转轴，边AB 和边OB 旋转一周形成的面所围成的几何体的体积
的最大值；
(2)已知函数
2
2
e
e
1
ax
x
ax
g x
x
-
+
-
=
，关于x 的方程
f x
g x
=
有两个不等实根
1
2
x
x
，
1
2
x
x
<
.
（i）求实数a 的取值范围;
（ii）证明：
2
2
1
2
2
e
x
x
+
>
.
【答案】(1)
2
4π
3e
(2)（i）
1
0,
e
2
æ
ö
ç
÷
è
ø；（ii）证明过程见详解.
【详解】（1）因为B 在x 轴上方，所以：ln
0
x
x >
Þ
1
x > ；
OAB
△
为直角三角形，所以当AB
x
^
轴时，所得圆锥的体积才可能最大.
设
,0
A x
，则
ln
,
x
B x
x
æ
ö
ç
÷
è
ø ，
2
2
1
ln
π ln
·π
·
·
3
3
x
x
V
x
x
x
æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
（
1
x > ）.
设
2
ln x
h x
x
=
（
1
x > ），则
2
2
2ln
ln
x
x
h x
x
-
¢
=
，由
0
h x
¢
>
Þ
2
2ln
ln
0
x
x
-
>
Þ
ln
2
ln
0
x
x
-
>
.
因为
1
x > ，所以2
ln
0
x
-
>
Þ
2e
x <
，
所以
h x 在
2
1,e
上单调递增，在
2e ,+¥ 上单调递减，所以
2
2
2
2
2
max
ln e
4
e
e
e
h x
h
=
=
=
.
从而：
max
2
4π
3e
V
=
.
（2）（i）因为
f x
g x
=
，即
2
2
e
e
1
ln
ax
x
ax
x
-
+
- =
，即
2
2
ln
e
e
ln e
ax
ex
ax
x
+
=
+
，
令( )
et
u t
t
=
+ ，所以
2
ln e
u ax
u
x
=
，
因为( )
et
u t
t
=
+ 为增函数，所以
2
ln e
ax
x
=
即
2
ln
1
ax
x
=
+ ，
所以方程
f x
g x
=
有两个不等实根
1
2
x
x
，
等价于
2
ln
1
x
a
x
+
=
有两个不等实根
1
2
x
x
，
，
令
2
ln
1
x
h x
x
+
=
，所以
3
1
2ln x
h x
x
- -
¢
=
当
1
0,
x
e
æ
ö
Îç
÷
è
ø
时，
0
h x
¢
>
，
h x 单调递增；当
1 ,
x
e
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø
时，
0
h x
¢
<
，
h x 单调递减.所以
max
1
1 e
2
e
h x
hæ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
.
当
0
x ®
时，
h x ® -¥ ；当x ® +¥ 时，由洛必达法则知
2
1
lim
lim
0
2
x
x
h x
x
®+¥
®+¥
=
=
；
所以
1
0,
e
2
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø .
（ii）由（i）知，
1
1
1
,
e
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø
，
2
1 ,
e
x
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø
令
2
e
F x
h x
h
x
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø
，
1
0,
e
æ
ö
Îç
÷
è
ø
x
，
因为
2
2
2
ln
1
ln
1
e
2
e
x
x
F x
x
x
æ
ö
-
+
ç
÷
+
è
ø
=
-
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
，所以
3
3
2
2ln
1
2ln
1
e
2
e
x
x
F
x
x
x
æ
ö
-
+
ç
÷
+
è
ø
¢
= -
-
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
，
因为
1
0,
e
æ
ö
Îç
÷
è
ø
x
，2
1
e
e
x
æ
ö
- Î
+ ¥
ç
÷
è
ø
，
，所以
0
F
x
¢
>
，即
F x 在
1
0,
e
æ
ö
ç
÷
è
ø
单调递增，
1
0
e
F x
F æ
ö
<
=
ç
÷
è
ø
，所以
2
e
h x
h
x
æ
ö
<
-
ç
÷
è
ø.
因为
1
1
0,
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø
，所以
1
1
2
e
h x
h
x
æ
ö
<
-
ç
÷
è
ø
，
又因为
1
2
h x
h x
=
，所以
2
1
2
e
h x
h
x
æ
ö
<
-
ç
÷
è
ø
，
因为
2
1 ,
e
x
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø
，
1
2
1 ,
e
e
x
æ
ö
-
Î
+¥
ç
÷
è
ø
，且
h x 在
1 ,
e
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
上单调递减，
所以
2
1
2
e
x
x
>
-
，即
2
1
2
e
x
x
+
>
，所以
2
2
2
1
2
1
2
4
2
e
x
x
x
x
+
>
+
>
，
所以
2
2
1
2
2
e
x
x
+
>
.
5．（24-25 高三上·江苏无锡·阶段练习）已知函数
( )
ln , ( )
ln
2
a
f x
x g x
ax
x
x
=
+
=
-
-
.
(1)若
0
a >
，当
( )
f x 与( )
g x 的极小值之和为0 时，求正实数a 的值；
(2)若
1
2
1
2
2
f x
f x
x
x
=
=
¹
，求证：
1
2
1
1
2
x
x
a
+
>
.
【答案】(1)
1
a =
(2)证明见解析
【详解】（1）
( ), ( )
f x g x 定义域均为(0,
)
+¥ ，
2
2
1
( )
a
a
x
f
x
x
x
x
- +
¢
= -
+
=
，令
0
f
x
¢
<
，解得：0
x
a
<
<
，
令
0
f
x
¢
>
，解得：x
a
>
，
所以
( )
f x 在(0, )
a 上单调递减，在( ,
)
a +¥ 上单调递增，
\在x
a
=
取极小值，且
( )
1
ln
f a
a
= +
；
又
1
( )
g x
a
x
¢
=
-
，令
0
g
x
¢
<
，解得：
1
0
x
a
<
<
，
令
0
g
x
¢
>
，解得：
1
x
a
>
，
所以( )
g x 在
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在1 ,
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上单调递增，
\在
1
x
a
=
取极小值，且
1
1 ln
g
a
a
æ
ö = - +
ç
÷
è
ø
所以1 ln
1 ln
0
a
a
+
- +
=
，解得：
1
a = .
（2）令
1
2
1
1
,
m
n
x
x
=
=
，因为
1
2
x
x
¹
，所以m
n
¹
，
由
1
2
1
2
2
f x
f x
x
x
=
=
¹
可得：
1
1
2
2
ln
2
ln
2
1
ln
2
2
ln
2
a
x
x
am
m
an
n
a
x
x
ì
+
=
ï
ì
-
=
ï
ï
Þ
í
í
-
=
ïî
ï
+
=
ïî
L
L
，
（1）—（2）得：(
)
ln
ln
a m
n
m
n
-
=
-
，所以1
ln
ln
m
n
a
m
n
-
=
-
，
要证：
1
2
1
1
2
x
x
a
+
>
，只要证：
2
m
n
a
+
>
，
只要证：
2 ln
ln
m
n
m
n
m
n
-
+
>
-
，
不妨设0
n
m
<
<
，所以只要证：
2(
)
ln m
m
n
n
m
n
-
>
+
，
即证：
2
1
ln
1
m
m
n
m
n
n
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
>
+
，令
(
1)
m
t
t
n
=
>
，只需证：
2(
1)
ln
(
1)
1
t
t
t
t
-
>
>
+
，
令
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
1
1
1
4
( )
ln
(
1),
( )
0
1
1
1
1
t
t
t
t
h t
t
t
h t
t
t
t
t
t
t t
-
+
-
-
-
=
-
>
=
-
=
-
=
>
+
+
+
¢
+
，
所以( )
h t 在
(1,
)
t Î
+¥ 上单调递增，所以( )
(1)
0
h t
h
>
=
，
即有
2(
1)
ln
(
1)
1
t
t
t
t
-
>
>
+
成立，所以
1
2
1
1
2
x
x
a
+
>
成立.
6．（2025·青海海南·模拟预测）已知函数
2
ln
ln ,
0
f x
x
mx
m m
=
-
+
>
．
(1)讨论函数
f x 的单调性．
(2)假设存在正实数
1
2
1
2
,
x x
x
x
¹
，满足
1
2
2
2
1
1
2
2
e
e
,
x
x
f x
mx
f x
mx
m
m
=
-
=
-
．
（i）求实数m 的取值范围；
（ii）证明：
1
2
2
x
x
+
>
．
【答案】(1)函数
f x 在
2
,
2
m
m
¥
æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
2
0, 2
m
m
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增．
(2)（i）
e,
mÎ
+¥ ；（ii）证明见解析
【详解】（1）由题意知，
1
2
f
x
mx
x
=
-
¢
，
令
0
f
x
¢
>
，解得
2
0
2
m
x
m
<
<
，
令
0
f
x
¢
<
，解得
2
2
m
x
m
>
，
故函数
f x 在
2
,
2
m
m
¥
æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
2
0, 2
m
m
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增．
（2）（i）由题意知，
e
ln
ln
x
x
m
m
+
=
在
0, ¥
+
上有两个不相等的实数根，即
ln
ex
mx mx
x
=
，
两边取对数，可得
ln ln
ln
ln
mx
mx
x
x
+
=
+
．记
ln
g x
x
x
=
+
，易知
g x 在
0, ¥
+
上是增函数，
故
ln
g
mx
g x
=
可等价于lnmx
x
=
，即
ln
ln
x
x
m
-
=
．
记
ln
F x
x
x
=
-
，则
1
1
F
x
x
¢
= -
，得
F x 在
0,1 上单调递减，在
1,+¥ 上单调递增，
F x 有最小值
1
1
F
= ，故ln
1
m ³ ，即
e,
mÎ
+¥ ．
（ii）根据题意得
1
2
ln
F x
F x
m
=
=
，不妨设
1
2
0
1
x
x
<
< <
．
构造函数
2
H x
F x
F
x
=
-
-
，
则
1
1
1
1
2
1
1
(
1)
2
2
H
x
F
x
F
x
x
x
x
x
x
æ
ö
=
+
-
= -
+ -
=
-
-
ç
÷
-
-
è
¢
¢
ø
¢
．
当0
1
x
<
< 时，
1
1
1
0,
0
2
x
x
x
- <
-
>
-
，则
0
H
x
¢
<
，得
H x 在
0,1 上单调递减，
有
1
0
H x
H
>
=
，即
2
(0
1)
F x
F
x
x
>
-
<
<
．
将
1
x 代入不等式，得
1
1
2
F x
F
x
>
-
，又
1
2
F x
F x
=
，
故
2
1
2
F x
F
x
>
-
，
又
2
1
1,2
1,
x
x
F x
>
-
>
在
1,+¥ 上单调递增，
故
2
1
2
x
x
>
-
，即
1
2
2
x
x
+
>
．
7．（24-25 高二下·江苏扬州·阶段练习）已知函数
ln
2
f x
x
ax
=
-
-
，
R
a Î
，e是自然对数的底数.
(1)讨论函数
y
f x
=
的极值；
(2)当
1
e
a =
时，若
1
x ，
2x （其中
1
2
x
x
<
）满足
1
2
f x
f x
=
，求证：
1
2
2e
x
x
+
>
.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）求导得
1
,
0
f
x
a
x
x
¢
=
-
>
，
当
0
a £
时，
1
0,
0
f
x
a
x
x
¢
=
-
>
>
恒成立，此时函数
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，
此时函数
f x 无极值；
当
0
a >
时，
1
1
0,
0
0
f
x
a
x
x
x
a
¢
=
-
>
>
Þ
<
<
，
1
1
0,
0
f
x
a
x
x
x
a
¢
=
-
<
>
Þ
>
，
所以
f x 在
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 单调递增，在1 ,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 单调递减，
此时
f x 极大值
1
ln
3
f
a
a
æ
ö = -
-
ç
÷
è
ø
，无极小值.
综上所述，
0
a £
时，无极值，当
0
a >
时，
f x 极大值
1
ln
3
f
a
a
æ
ö = -
-
ç
÷
è
ø
，无极小值.
（2）当
1
e
a =
时，
1
ln
2
e
f x
x
x
=
-
-
1
1
e
e
e
x
f
x
x
x
-
¢
=
-
=
，
在
0,e ,
0,
x
f
x
f x
¢
Î
>
单调递增，在
e,+
,
0,
x
f
x
f x
¢
Î
¥
<
单调递减，
又
1
2
x
x
<
且
1
2
f x
f x
=
，
∴
1
2
0
e
x
x
<
<
<
要证
1
2
2e
x
x
+
>
，即证
1
2
e
2e
x
x
<
-
<
，
即证
2
1
2e
f x
f
x
<
-
，即证
1
1
2e
f x
f
x
<
-
，
设
2e
h x
f
x
f
x
=
-
-
（0
e
x
<
<
），
1
1
1
1
2e
e
2e
e
h x
f
x
f
x
x
x
=
+
-
=
-
+
-
¢
-
¢
¢
2
2
e
2e
2
0
2e
e
e
2e
x
x
x
x
x
-
=
-
=
>
-
-
，
∴
h x 在
0,e 单调递增，又
e
0
h
=
，
∴
0
h x <
，又
1
0
e
x
<
<
，
∴
1
1
2e
f x
f
x
<
-
，∴
1
2
2e
x
x
+
>
.
8．（24-25 高二下·广东深圳·期末）已知函数
2
( )
e
(
2)e
x
x
f x
a
a
x
=
+
-
-
(1)令
1
,
e
2
x
h x
f
x
h x
x
æ
ö
=
¢
£
+
×
ç
÷
è
ø
对
3 ,0
2
x
é
ù
" Î -
ê
ú
ë
û 恒成立，求a 的最大值.
(2)若
( )
f x 有两个零点
1
2
,
x x ，求a 的范围，并证明：
1
2
1
2 ln
x
x
a
+
<
【答案】(1)1
(2)0
1
a
<
< ，证明见解析
【详解】（1）由
2
( )
e
(
2)e
x
x
f x
a
a
x
=
+
-
-
可得
2
2 e
2 e
1
2e
1
e
1
x
x
x
x
f
x
a
a
a
=
+
-
- =
+
-
¢
，
故由
1
( )
e
2
x
h x
x
æ
ö
£
+
×
ç
÷
è
ø
可得
1
2e
1
e
1
e
2
x
x
x
a
x
æ
ö
+
-
£
+
×
ç
÷
è
ø
对
3 ,0
2
x
é
ù
" Î -
ê
ú
ë
û 恒成立，
故
1
1
2 e
e
1
e
2
2
x
x
x
a
x
æ
ö
æ
ö
+
-
£
+
×
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
对
3 ,0
2
x
é
ù
" Î -
ê
ú
ë
û 恒成立，
由于得e
1
0
2
x +
>
，故
2
e
1
x
a
x
-
£
对
3 ,0
2
x
é
ù
" Î -
ê
ú
ë
û 恒成立，
进一步可得
2
2
ex
x
a
+
£
对
3 ,0
2
x
é
ù
" Î -
ê
ú
ë
û 恒成立，
记
2
ex
x
g x
+
=
，
3 ,0
2
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û ，则
1
( )
ex
x
g x
- -
¢
=
，
当
3 , 1 ,
( )
0,
2
x
g x
g x
é
ù
Î -
-
>
ê
ú
ë
û
¢
在
3 , 1
2
é
ù
-
-
ê
ú
ë
û 单调递增，当
1,0 ,
( )
0,
x
g x
g x
¢
Î -
<
在
1,0
-
单调递减，
故
min
3
min
0 ,
2
g x
g
g
ì
ü
æ
ö
=
-
í
ý
ç
÷
è
ø
î
þ
，
3
e e
e 1.6
0
2,
0.8e
0.8 2.5
2
2
2
2
g
g
´
æ
ö
=
-
=
>
=
>
´
=
ç
÷
è
ø
，故
min
0
2
g x
g
=
=
，
因此2a≤2，即
1
a £ ，故a 的最大值为1，
（2）由于
2
2 e
(
2)e
1
2e
1
ae
1
x
x
x
x
f
x
a
a
=
+
-
- =
+
-
¢
，
由于2e
1
0
x + >
，
当
0
a £
时，则e
1
0
x
a
- <
，此时
0
f
x
¢
<
，
f x 在定义域内单调递减，此时不满足有两个零点，
当
0
a >
时，令
0
f
x
¢
<
，则
1
ln
,
x
a
<
此时
f x 在
1
,ln a
¥
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 单调递减，
0
f
x
¢
>
，则
1
ln
,
x
a
>
此时
f x 在
1
ln
,
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 单调递增，
且当
,
,
,
x
f x
x
f x
¥
¥
¥
¥
® +
® +
® -
® +
，
要使
( )
f x 有两个零点
1
2
,
x x ，则
1
2
1
ln
x
x
a
<
<
，则
min
1
1
ln
ln
1
0
f x
f
a
a
a
æ
ö
=
=
-
+ <
ç
÷
è
ø
记
1
ln
1
y
a
a
=
-
+ ，由于
1
ln ,
y
a y
a
=
= -
均为
0, ¥
+
内的单调递增函数，因此函数
1
ln
1
y
a
a
=
-
+ 在
0, ¥
+
单调递
增，由于ln1 1 1
0
- + =
，
因此0
1
a
<
< 时，ln
1
1
0
a
a -
+
<
，
故0
1
a
<
< ，
记函数
1
1
2ln
,
ln
F x
f x
f
x
x
a
a
æ
ö
=
-
-
>
ç
÷
è
ø
，则
1
1
2ln
2ln
1
2ln
2e
1
e
1
2e
1
e
1
x
x
x
x
a
a
F
x
f
x
f
x
a
a
a
-
-
æ
öæ
ö
æ
ö
=
+
-
=
+
-
+
+
-
ç
֍
÷
ç
÷
è
ø
è
øè
¢
¢
ø
¢
2
2
2
2
3
2
2
e
2 e
e
2
e
1
e
x
x
x
x
x
a
a
a
a
a
+
+
+
=
-
，
由于0
1
a
<
< ，e
0
x >
，所以
0
F
x
¢
>
，
因此函数在
1
ln
,
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 单调递增，
故
1
ln
0
F x
F
a
æ
ö
>
=
ç
÷
è
ø
，
进而可得
2
2
2
1
2ln
0
F x
f x
f
x
a
æ
ö
=
-
-
>
ç
÷
è
ø
，即可
2
2
1
2ln
f x
f
x
a
æ
ö
>
-
ç
÷
è
ø
由于
1
2
f x
f x
=
，则
1
2
1
2ln
f x
f
x
a
æ
ö
>
-
ç
÷
è
ø ，
由于
2
1
ln
x
a <
，所以
2
1
1
2ln
ln
x
a
a
-
<
，又
1
1
ln
x
a
<
，
f x 在
1
,ln a
¥
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 单调递减，
故
1
2
1
2ln
x
x
a
<
-
，
即
1
2
1
2 ln
x
x
a
+
<
9．（24-25 高二下·湖南·期末）已知函数
e
cos
1
x
f x
x
ax
=
+
-
，aÎR .
(1)若
1
a = ，求曲线
y
f x
=
在
π
x =
处的切线方程；
(2)若
0
a =
，求
y
f x
=
在
0,π 内的极值；
(3)设
e cos
x
g x
f x
x
=
-
，若
g x 有2 个零点
1
x ，
2x ，且
1
2
x
x
<
，求证：
1
2
2ln
x
x
a
+
<
.
【答案】(1)
0
x
y
+
=
(2)
f x 有极大值
π
2e ，无最小值
(3)证明见解析
【详解】（1）当
1
a = 时，
e
cos
1
x
f x
x
x
=
+
-
，则
e
cos
1 sin
1
x
f
x
x
x
=
+ -
-
¢
，
因为
π
1
f ¢
= - ，
π
π
f
= - ，
所以曲线
y
f x
=
在
π
x =
处的切线方程为
π
π
y
x
+
= -
-
，即
0
x
y
+
=
.
（2）当
0
a =
时，
e
cos
1
x
f x
x
=
+
，有
e
cos
1 sin
x
f
x
x
x
=
+ -
¢
，
由
0
f
x
¢
=
可得cos
1 sin
0
x
x
+ -
=
，即
π
2
sin
4
2
x
æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
，
当
0,π
xÎ
时，
π
π 3π
,
4
4
4
x
æ
ö
-
Î -
ç
÷
è
ø，
π
π
4
4
x
\ -
=
，即
π
2
x =
，
当
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增；
当
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减，
f
x
\
有极大值
π
2
π
e
2
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，无最小值.
（3）
e cos
e
x
x
g x
f x
x
ax
=
-
=
-
，则
ex
g
x
a
¢
=
-
.
若
0
a £
，则
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，不可能有两个零点.
若
0
a >
，令
0
g
x
¢
=
，得
ln
x
a
=
，
当
,ln
x
a
Î -¥
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减，
当
ln ,
x
a
Î
+¥ 时，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，
所以
ln
x
a
=
为
g x 的极小值点，
要使
g x 有2 个零点，则需
ln
ln
0
g
a
a
a a
=
-
<
，即
e
a >
.
因为
g x 的2 个零点为
1
x ，
2x ，
1
2
x
x
<
，所以
1
2
ln
x
a
x
<
<
.
要证
1
2
2ln
x
x
a
+
<
，只需证
2
1
2ln
x
a
x
<
-
，
因为
2
lna
x
<
，
g x 在
ln ,a +¥ 上单调递增，
所以只需证
2
1
2ln
g x
g
a
x
<
-
，
因为
2
1
g x
g x
=
，所以只需证
1
1
2ln
g x
g
a
x
<
-
，
即只需证
2ln
g x
g
a
x
<
-
，
ln
x
a
<
，
令
2ln
F x
g
a
x
g x
=
-
-
，
ln
x
a
<
，
则
2
2ln
e
e
2
x
x
F
x
g
a
x
g
x
a
a
-
¢
= -
-
-
= -
¢
+
¢
-
，
设
2e
e
2
x
x
h x
a
a
-
= -
-
+
，则
2e
e
x
x
h x
a
-
¢
=
-
，
则
h x
¢
在
,ln a
-¥
上单调递减，
又因为
2
ln
ln
ln
e
e
0
a
a
h
a
a
a
a
-
=
-
=
-
=
¢
，
所以当
ln
x
a
<
时，
0
h x
¢
>
，所以
h x 在
,ln a
-¥
上单调递增，
又因为
2
ln
ln
ln
e
e
2
2
0
a
a
h
a
a
a
a
a
a
-
= -
-
+
= - -
+
=
，
所以当
ln
x
a
<
时，
0
h x <
，即
F x 在
,ln a
-¥
上单调递减，
又因为
ln
2ln
ln
ln
0
F
a
g
a
a
g
a
=
-
-
=
，所以
0
F x >
，
即
2ln
g x
g
a
x
<
-
，
ln
x
a
<
，
所以原命题得证.
10．（24-25 高三上·河南三门峡·期中）若函数
( )
f x 对其定义域内任意
1
2
1
2
,
x x
x
x
¹
满足：当
1
2
f x
f x
=
时，恒
有
1
2
x x
m
=
，其中常数m ，则称函数
( )
f x 具有性质
( )
V m .
(1)函数
1
( )
2
=
+
g x
x
x 具有性质
( )
V m ，求m .
(2)设函数
1
2
2
1
( )
ln ,
0
h x
x
x h x
h x
x
x
=
-
=
>
>
，
（ⅰ）判断函数( )
h x 是否具有性质
( )
V m ，若有，求出m ，若没有，说明理由；
（ⅱ）证明：
2
1
2
2
x x <
.
【答案】(1)
1
2
m =
(2)（ⅰ）( )
h x 不具有性质
( )
V m ，理由见解析；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）
1
( )
2
=
+
g x
x
x 定义域为
,0
0,
-¥
+¥
U
，
对任意的
1
2
,
,0
0,
x x Î -¥
+¥
U
且
1
2
x
x
¹
，
有
1
2
1
2
1
2
2
1
x
x
x
x
+
+
=
，
即
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
0
1
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x x
æ
ö
-
-
-
+
-
+
-
=
=
-
=
ç
÷
è
ø
，
因为
1
2
x
x
¹
，所以
1
2
0
x
x
-
¹
，故
1
2
1
2
x x =
，
故
1
2
1
2
x x =
，故
1
2
m =
；
（2）( )
h x 不具有性质
( )
V m ，理由如下：
( )
ln
h x
x
x
=
-
的定义域为
0, ¥
+
，
1
1
( )
1
x
h x
x
x
-
¢
= -
=
，
当
1
x > 时，
( )
0
h x
¢
>
，当0
1
x
<
< 时，
( )
0
h x
¢
<
，
故( )
h x 在
0,1 上单调递减，在
1,+¥ 上单调递增，
又
2
1
x
x
>
，故
1
2
0
1
x
x
<
< <
，
假设函数( )
h x 具有性质
( )
V m ，即
2
1
x x
m
=
，所以
2
1
x
m
x
=
，
因为
1
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x
-
=
-
，所以
1
1
1
1
1
1
ln
ln
ln
ln
x
x
m
x
x
x
x
m
m
m
-
=
-
=
-
+
，
故
1
1
1
2ln
ln
0
x
m
x
m
x
-
-
+
=
对于任意的
1
0,1
x Î
恒成立，
即
1
1
1
2ln
ln
m
m
x
x
x
-
-
+
恒为0，显然不可能，故假设不成立，
故( )
h x 不具有性质
( )
V m ；
（ⅱ）因为
1
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x
-
=
-
，所以
2
1
2
1
ln
ln
x
x
x
x
-
=
-
，
2
1
2
1
1
ln
ln
x
x
x
x
-
=
-
，
下面证明
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x
-
>
-
，
即证
2
1
2
2
2
1
1
2
1
1
1
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
-
>
-
>
Þ
，
令
2
1
1
x
t
x = > ，则
1
2
2
1
2
1
0
1
ln
2l
ln
1
n
2
x
x
t
t
x
x
x
x
t
t
t
t
-
>
-
Þ
Þ
-
>
-
>
，
令
1
2lnt
t
p t
t -
-
=
，
1
t > ，
则
2
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
0
t
t
t
t
t
t
p t
t
-
-
+
-
=
=
= +
>
¢
，
故
1
2lnt
t
p t
t -
-
=
在
1,
t Î
+¥ 上单调递增，
故
1
0
p t
p
>
=
，
1
2ln
0
t
t
t
- -
>
，
所以
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x
-
>
-
，即
1
2
1
x x
>
，所以
1
2
1
x x < ，
当
2
1
2
x
<
£
时，
1
1
2
2
2
2
2
x x
x x
x
=
×
<
，
当
2
2
x >
时，令
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
ln
ln
ln
ln 2
2ln
h x
h
x
x
x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
-
=
-
-
+
=
-
-
+
-
ç
÷
è
ø
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
ln
ln 2
2ln
3ln
ln 2
x
x
x
x
x
x
x
=
-
-
+
-
=
-
-
+
，
令
2
2
3ln
ln 2
q x
x
x
x
=
-
-
+
，
2
x >
，
2
3
2
3
3
3
2
1
3
4
3
4
1
0
x
x
x
x
q
x
x
x
x
x
-
+
-
+
¢
= -
+
=
=
>
，
故
2
2
3ln
ln 2
q x
x
x
x
=
-
-
+
在
2,+¥ 上单调递增，
又
3
2
3
2
2ln 2
ln e
ln 4
2
q
=
-
=
-
，其中
3e
16
0
-
>
，故
3
2
e
4
>
，
所以
2
0
q
>
，故
1
2
2
2
2
2
2
2
2
3ln
ln 2
0
h x
h
x
x
x
x
æ
ö
-
=
-
-
+
>
ç
÷
è
ø
，
1
2
2
2
h x
h x
æ
ö
>
ç
÷
è
ø
，其中
1
2
2
2
0,1 ,
0,1
x
x
Î
Î
，而( )
h x 在
0,1 上单调递减，
故
1
2
2
2
x
x
<
，
2
1
2
2
x x <
，
综上，
2
1
2
2
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