函数与导数：恒成立问题、能成立问题、导数新定义问题专项训练
考点目录
恒成立问题
能成立问题
导数新定义问题
1．（24-25 高三上·广东广州·阶段练习）若当
0
x >
时，
ln
2
0
ax
x
-
-
³
，则a 的取值范围为（ ）
A．
2e ,
é
+¥
ë
B．
2
4, e
é
ù
ë
û
C．
4,+¥
D．
4,+¥
【答案】C
【详解】令t
x
=
，
0
t >
，则
ln
2
0
ax
x
-
-
³
可转化为
2
ln
2
0
at
t
-
-
³
，即
2 1 lnt
a
t
+
³
，
令
2 1 ln
0
t
f t
t
t
+
=
>
，则
2
2lnt
f
t
t
-
=
¢
，
当0
1
t
< < 时，
0
f
t
¢
>
，当
1
t > 时，
0
f
t
¢
<
，
所以
f t 在
0,1 单调递增，在
1, ¥
+
单调递减，
故
max
1
2
f t
f
=
=
，
所以
2
a ³
，解得
4
a ³
，
则a 的取值范围是
4,+¥ ，
故选：C．
2．（24-25 高二下·新疆乌鲁木齐·期末）若不等式e
2
1
4
2ln(4
1)
x
x
ax
ax
+
- ³
+
+
恒成立，则a 的值为（ ）
A．2
B．1
C．
1
2
D．1
4
【答案】D
【详解】不等式e
2
1
4
2ln(4
1)
x
x
ax
ax
+
- ³
+
+
恒成立，
若
0
a =
，e
2
1
0
x
x
+
- ³
恒成立，而当
0
x <
时，此不等式不成立；
若
0
a <
，则
1
4
x
a
< -
，而当
0
x <
时，e
2
1
0,4
2ln(4
1)
0
x
x
ax
ax
+
- <
+
+
>
，不符合题意；
因此
0
a >
，
1
4
x
a
> -
，不等式
ln(4
1)
e
2
1
4
2ln(4
1)
e
2
e
2ln(4
1)
x
x
ax
x
ax
ax
x
ax
+
+
- ³
+
+
Û
+
³
+
+
，
令函数
( )
e
2
x
f x
x
=
+
，求导得
e
2
0
( )
x
f
x
+
=
>
¢
，函数
( )
f x 在
1
(
,
)
4a
-
+¥ 上递增，
考点一
恒成立问题
不等式e
2
1
4
2ln(4
1)
( )
(ln(4
1))
ln(4
1)
x
x
ax
ax
f x
f
ax
x
ax
+
- ³
+
+
Û
³
+
Û
³
+
，
因此不等式e
4
1
x
ax
³
+ 在
1
(
,
)
4a
-
+¥ 恒成立，令
1
( )
e
4
1,
4
x
g x
ax
x
a
=
-
-
³ -
，
即( )
0
g x ³
恒成立，而(0)
0
g
=
，则
min
( )
0
g x
=
，
又
( )
e
4
x
g x
a
¢
=
-
，当
1
ln(4 )
4
x
a
a
-
<
<
时，
( )
0
g x
¢
<
；当
ln(4 )
x
a
>
时，
( )
0
g x
¢
> ，
函数( )
g x 在
1
(
,ln(4 ))
4
a
a
-
上单调递减，在(ln(4 ),
)
a +¥ 上单调递增，
于是
min
( )
(ln(4 ))
4
4 ln(4 ) 1
0
g x
g
a
a
a
a
=
=
-
- =
，令( )
ln
1
h x
x
x
x
=
-
- ，
求导得
( )
ln
h x
x
¢
= -
，当0
1
x
<
< 时，
( )
0
h x
¢
>
；当
1
x > 时，
( )
0
h x
¢
<
，
函数( )
h x 在( 0, 1) 上单调递增，在(1,
)
+¥ 上单调递减，
max
( )
(1)
0
h x
h
=
=
，
则方程( )
0
h x =
有唯一解
1
x = ，由4
4 ln(4 ) 1
0
a
a
a
-
- =
，得4
1
a = ，解得
1
4
a =
，
所以a 的值为1
4 .
故选：D
3．（24-25 高三上·福建厦门·阶段练习）已知不等式
e
1
ln
x
ax
x
x
- ³
+
恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
,1
-¥
B．
1,+¥
C．
0,+¥
D．1 ,
2
é
ö
+¥÷
êë
ø
【答案】B
【详解】由题意得
ln
1
ex
x
x
a
x
+
+
³
，在
0
x >
时恒成立，
令
e
1
x
f x
x
=
-
- ，
e
1
0
0
x
f
x
x
¢
=
- =
Þ
=
，
所以当
0
x <
时，
e
1
0
x
f
x =
- <
¢
，
f x 单调递减，
0
x >
时，
e
1
0
x
f
x
¢
=
- >
，
f x 单调递增，
则
0
0
f
x
f
³
=
，即e
1
x
x
³
+ ，当
0
x =
时取等，
所以
ln
ln
ln
1
ln
1
ln
1
ln
1
1
e
e
e
e
ln
1
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=
=
£
=
×
+
+
当且仅当
ln
ln e
0
x
x
x
x
+
=
=
，即
1
x
xe = （明显存在）时取等，
所以
1
a ³ ．
故选：B．
4．（24-25 高二下·陕西榆林·期末）已知函数
e
e
2sin
x
x
f x
x
-
=
-
-
，若
e
1
0
x
f a
f
x
+
-
>
恒成立，则a 的取值范
围是（ ）
A．
2
1
, e
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø
B．
1
, e
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø
C．
2
1 ,
e
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
D．1 ,
e
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
【答案】C
【详解】因为
e
e
2sin
x
x
f
x
x
f x
-
-
=
-
-
-
= -
，所以
f x 为R 上的奇函数．
又因为
e
e
2cos
2 e
e
2cos
2
2cos
0
x
x
x
x
f
x
x
x
x
-
-
¢
×
=
+
-
³
-
=
-
³
，
所以
f x 在R 上单调递增.
又
e
1
0
x
f a
f
x
+
-
>
恒成立，
所以
e
1
x
f a
f x
>
-
，则e
1
x
a
x
>
- ，
因此
1
ex
x
a
-
>
恒成立．
设
1
ex
x
g x
-
=
，则
2
ex
x
g
x
-
¢
=
，令
0
g
x
¢
=
，解得
2
x =
．
当
2
x <
时，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增；
当
2
x >
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减，因此
2
max
1
2
e
a
g x
g
>
=
=
．
故选：C．
5．（24-25 高二下·浙江杭州·期末）设函数
( )
(
)(ln
)
f x
x
a
x
b
=
-
-
，若
( )
0
f x ³
恒成立，则a
b
- 的最小值是（ ）
A．2
2ln 2
-
B．ln 2
C．1
D．3
2ln 2
-
【答案】A
【详解】因为函数
( )
f x 的定义域为
0, ¥
+
，
当
0
a £
时，
0
x
a
-
>
，
由
( )
0
f x ³
恒成立，则有ln
0
x
b
-
³
恒成立，
因为
ln
y
x
=
的值域为R ，
所以ln
0
x
b
-
³
不一定恒成立，故
0
a £
不成立，
当
0
a >
时，由
2
0
x
a
x
a
-
³
Þ
³
，
2
0
0
x
a
x
a
-
<
Þ
<
<
，
由ln
0
eb
x
b
x
-
³
Þ
³
，ln
0
0
eb
x
b
x
-
<
Þ
<
<
，
所以要使得
( )
0
f x ³
恒成立，则
2
eb
a =
即
2ln
b
a
=
，
所以
2ln
a
b
a
a
-
=
-
，
设
2ln
0
h a
a
a a
=
-
>
，
则
2
2
1
a
h a
a
a
¢
-
= -
=
，
当
2
a >
时，
0
h a
¢
>
，所以
h a 在
2, ¥
+
单调递增，
当0
2
a
<
<
时，
0
h a
¢
<
，所以
h a 在
0,2 单调递减，
所以
h a 有最小值
2
2
2ln 2
h
=
-
，
所以a
b
- 的最小值是2
2ln 2
-
，
故选：A.
6．（24-25 高二下·湖北武汉·期末）关于x 的不等式
2
2
e
ln
2
a x
x
x
ax
+
<
×
+
对
(0,1)
x
" Î
恒成立，实数a 的取值范围为
（ ）
A．
1 ,0
2
é
ù
-
ê
ú
ë
û
B．
1 ,
2
¥
é
ö
-
+
÷
êë
ø
C．
,0
¥
-
D．
[0, ¥
+
【答案】B
【详解】由
2
2
e
ln
2
a x
x
x
ax
+
<
×
+
可得
2
ln
2
e a x
x
a
x
x
+
+
<
，即
ln
2
ln
2
e
e
x
a x
x
a
x
+
+
<
，
当
0
a ³
时，
ln
2
ln
2
0,
0
e
e
x
a x
x
a
x
+
+
<
>
，不等式
ln
2
ln
2
e
e
x
a x
x
a
x
+
+
<
在
0,1 上显然成立；
当
0
a <
时，令
( )
ex
x
f x =
，则
ln
(2
)
f
x
f
a
x
<
+
在
0,1 上恒成立，
由
1
( )
ex
x
f
x
-
¢
=
，在
,1
x
¥
Î -
上
( )
0
f
x
¢
>
，所以
( )
f x 在
,1
¥
-
上单调递增，
又
(0,1)
xÎ
时，
ln
,0
x
¥
Î -
，
2
,1
a
x
¥
+ Î -
，
所以只需ln
2
x
a
x
<
+
在
0,1 上恒成立，即2
ln
a
x
x
>
-
恒成立．
令( )
ln
g x
x
x
=
-
，则
1
( )
0
x
g x
x
¢
-
=
>
，即( )
g x 在
0,1 上单调递增，
其中1
ln1 1
1
g
=
- = - ，故2
(1)
1
a
g
³
= - ，所以此时有1
2
0
a
- £
<
．
综上，
1
2
a ³ -
．
故选：B.
7．（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
8．（24-25 高三上·湖北武汉·阶段练习·多选）若对于
0
x >
，不等式
2
2ln
2
2
2
x
x
a x
x
+
+
£
+
恒成立，则关于整数a
的取值下列正确的有（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】BCD
【详解】因为
0
x >
，所以不等式
2
2ln
2
2
2
x
x
a x
x
+
+
£
+
恒成立等价于
2
2ln
2
2
2
x
x
a
x
x
+
+
³
+
对
0
x
" >
恒成立.
设
2
2ln
2
2
2
x
x
g x
x
x
+
+
=
+
，
2
2
2
1
2ln
2
x
x
x
g
x
x
x
-
+
+
+
¢
=
.
设
2ln
h x
x
x
=
+
，则
h x 在
0, ¥
+
单调递增，且
1
1
1
1
2ln
ln4
0
2
2
2
2
hæ
ö =
+
= -
+
<
ç
÷
è
ø
，1
1
0
h
= >
，
所以由零点存在性定理可得存在
0
1 ,1
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使得
0
0
h x
=
，
当
0
0
x
x
<
<
时，
0
h x <
，
2
2
2
1
0
2
x
h x
g
x
x
x
-
+
×
=
>
+
¢
，函数
g x 在
0
0, x
上单调递增；
当
0
x
x
>
时，
0
h x >
，
2
2
2
1
0
2
x
h x
g
x
x
x
-
+
×
=
<
+
¢
，函数
g x 在
0,
x
¥
+
上单调递减，
所以函数
g x 的最大值为
0
g x
，且
0
0
2ln
0
x
x
+
=
，
所以
0
0
0
0
0
2
2
max
0
0
0
0
0
2ln
2
2
2
2
1
2
2
x
x
x
x
g x
g x
x
x
x
x
x
+
+
-
+
+
=
=
=
=
+
+
，所以
0
1
a
x
³
.
又
0
1 ,1
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，所以
0
1
1,2
x Î
，所以整数a 的最小值为2.
故选：BCD.
9．（24-25 高二下·江苏南京·期中）若
1
e
(0,
),
1
ln
x
x
x
x
a
x
-
Î
+¥
³
+ -
-
恒成立，则实数a 的取值范围为
.
【答案】
1
a ³
【详解】由
0,
xÎ
+¥ ，原不等式等价于
1
e
1
ln
,
x
a
x
x
x
-
³
+ -
-
令
1
e
( )
1
ln
,
x
g x
x
x
x
-
=
+ -
-
所以
max
a
g x
³
1
1
2
2
e
1
e
1
1
( )
1
,
x
x
x
x
x
g x
x
x
x
-
-
-
-
-
¢
= -
-
=
设
1
1
e
,
1
e
x
x
t x
x
t
x
-
-
¢
=
-
= -
，
当
0,1 ,
0,
x
t
x
t x
>
¢
Î
单调递增；当
1,
,
0,
x
t
x
t x
¢
Î
+¥
<
单调递减；
且
0
1
1
e
0,
t
= -
=
所以max
0
t x
=
，所以
1
0
t x
t
£
=
，
所以当
0,1 ,
0,
x
g
x
g x
¢
Î
>
单调递增；当
1,
,
0,
x
g
x
g x
¢
Î
+¥
<
单调递减；
所以
0
max
e
1
2
1
1
g x
g
=
=
-
= ，所以
1
a ³ .
故答案为：
1
a ³ .
10．（24-25 高二下·河南南阳·期末）设函数
e
ln
x
f x
a
x b
=
-
-
，若
0
f x ³ 恒成立，则
2
2
a
b
- 的最小值
为
.
【答案】3
2 /1.5
【详解】由已知可得：当
0
a £
则ex
a
-
恒正，
ln x
b
-
不恒为正，所以不成立；
故
0
a >
.
而
ex
y
a
=
- ，
ln
y
x
b
=
-
均递增且与x 轴均只有一个交点，
所以要使得
0
f x ³ ，只需要两个函数与x 轴交于同一点，即ln
1
a
b
=
+ ，
所以
2
2
ln
1
2
2
a
a
b
a
- =
-
+ ，令
2
ln
1
0
2
a
a
a
a
j
=
-
+
>
，
则
2
1
1,
0
a
a
a
a
a
a
j
-
¢
=
-
=
>
，
2
1
1
0,
0
0
1
a
a
a
a
a
a
a
j
-
¢
=
-
=
<
>
Þ
<
< ，
2
1
1
0,
0
1
a
a
a
a
a
a
a
j
-
¢
=
-
=
>
>
Þ
> ，
所以
a
j
在
0,1 单调递减，在
1,+¥ 单调递增，
故
3
1
2
a
j
j
³
=
，即
2
2
a
b
- 的最小值为3
2 .
故答案为：3
2 .
11．（24-25 高二下·四川自贡·期末）若关于x 的不等式ln(
)
0
x
a
bx
+
-
£
在定义域内恒成立，则a
b 的最大值
为
．
【答案】2
e / 1
2 e
【详解】令
ln(
)
,
f x
x
a
bx x
a
=
+
-
> - ，
'
1
1
1
b x
a
bx
ab
b
f
x
b
x
a
x
a
x
a
æ
ö
-
-
+
ç
÷
-
-
+
è
ø
=
-
=
=
+
+
+
，
若1
a
a
b -
£ - ，即
0
b <
时，则
'
0
f
x >
在
,a
-
+¥ 上恒成立，
则
f x 在
,a
-
+¥ 上单调递增，
当
1
x
a
> -
且
0
x >
时，ln(
)
0,
0
x
a
bx
+
>
-
>
，即
0
f x >
与
0
f x £
矛盾；
若1
a
a
b -
> - ，即
0
b >
时，令
'
0
f
x >
得
1
0
x
a
b
<
<
-
；
'
0
f
x <
得
1
x
a
b
>
-
，
则
f x 在
1
0,
a
b
æ
ö
-
ç
÷
è
ø上单调递增，在1
,a
b
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø 上单调递减，
则
f x 的最大值为
1
1
ln
ln
1
f
a
b
b
a
b
ab
b
b
æ
ö
æ
ö
-
= -
-
-
= -
+
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
因不等式ln(
)
0
x
a
bx
+
-
£
在定义域内恒成立，则
ln
1
0
b
ab
-
+
- £
，即
1
lnb
a
b
+
£
，
则
2
1
ln
a
b
b
b
+
£
，
令
2
1
lnb
g b
b
+
=
，则
2
'
4
3
1
2
1 ln
1 2ln
b
b
b
b
b
g b
b
b
×
-
+
- -
=
=
，
则
'
0
g b >
得
1
2
0
e
b
-
<
<
；
'
0
g b <
得
1
2
e
b
-
>
；
则
g b 在
1
2
0,e
-
æ
ö
ç
÷
è
ø
上单调递增，在
1
2
e
,
-
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
上单调递减，
则
g b 的最大值为
1
1
2
2
1
1 ln e
e
e
e
2
g
-
-
-
+
æ
ö =
ç
ø
=
÷
è
，
则a
b 的最大值为e
2 .
故答案为：e
2
12．（24-25 高二下·甘肃白银·期末）已知函数
1
1
ln
1
2
f x
a x
x x
=
+
-
+
.
(1)当
1
a = 时，求曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程；
(2)若
0
f x ³ 对
0,
xÎ
+¥ 恒成立，求a 的取值集合；
(3)设
1
2
1
n
x x
x =
L
，
0
ix >
，
*
nÎN ，
1,2,3,
,
i
n
=
L
，证明：
1
1
1
2
n
i
i
i
n
x
x
=
³
+
å
.
【答案】(1)
1
1
4
4
y
x
=
-
(2) 3
4
ì ü
í ý
î þ
(3)证明见解析
【详解】（1）当
1
a = 时，
1
0
f
=
，
2
2
1
2
1
1
x
f
x
x
x
x
¢
+
=
-
+
，则
1
1
4
f ¢
=
，
故曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程为
1
1
4
4
y
x
=
-
.
（2）因为
1
1
ln
1
2
f x
a x
x x
=
+
-
+
，所以
2
2
2
1
2
1
1
ax x
x
f
x
x
x
+
-
+
=
+
¢
，
又因为
1
0
f
=
，
0
f x ³ 恒成立，所以
1
x = 是
f x 的极小值点，
则
4
3
1
0
4
a
f
-
=
=
¢
，可得
3
4
a =
.
当
3
4
a =
时，
2
2
2
1 3
9
4
4
1
x
x
x
f
x
x
x
¢
-
+
+
=
+
，
当
0,1
xÎ
时，
0
f
x
¢
<
，当
1,
xÎ
+¥ 时，
0
f
x
¢
>
，
所以
f x 在
0,1 上单调递减，在
1,+¥ 上单调递增，
所以
1
0
f x
f
³
=
，
故a 的取值集合为3
4
ì ü
í ý
î þ.
（3）证明：由（2）知
1
1
3 ln
1
2
4
x
x x
³
-
+
，所以
1
1
3 ln
1
2
4
i
i
i
x
x
x
³
-
+
，
则
1
2
1
1
3 ln
1
2
4
n
n
i
i
i
n
x x
x
x
x
=
³
-
+
å
L
，
因为
1
2
1
n
x x
x =
L
，所以
1
1
1
2
n
i
i
i
n
x
x
=
³
+
å
.
13．（24-25 高三上·江苏镇江·阶段练习）已知函数
( )
ln
(
1)
f x
x
x
a x
=
-
+
.
(1)若直线
3
0
x
y
+
+
=
是函数
( )
f x 的一条切线，求实数a 的值：
(2)对于
0,
x
¥
Î
+
，不等式
( )
ln
³
f x
x 成立，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)
2
a =
(2)
0
a £
【详解】（1）对函数求导得
1
ln
·
ln
1
f
x
x
x
a
x
a
x -
=
¢
=
+
+ -
.
因为直线
3
0
x
y
+
+
=
是函数
f x 的一条切线，
所以斜率为1
- ，设切点为
0
0
,
x
y
，
所以
0
0
0
0
0
ln
1
1
ln
1
3
x
a
x
x
a x
x
+ -
= -
ì
í
-
+
= -
-
î
，
解得
0
1,
2
x
a
=
=
.
（2）令
ln
g x
f x
x
=
-
，所以
ln
1
ln
g x
x
x
a x
x
=
-
+
-
，
0
x >
.
要使
ln
f x
x
³
在
0,
xÎ
+¥ 上恒成立，
所以
ln
1
ln
1 ln
1
0
g x
x
x
a x
x
x
x
a x
=
-
+
-
=
-
-
+
³
恒成立.
①当
1
x = 时，
0
a £
可使得不等式恒成立；
②当
1
x ¹ 时，不等式化简为
1 ln
1
x
x
a
x
-
£
+
.
令
1 ln
1
x
x
h x
x
-
=
+
，求导得
2
2
2
2
1
1
ln
1
1 ln
2ln
ln
1
1
ln
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
h x
x
x x
x
-
æ
ö
+
+
-
-
+
-
ç
÷
+
-
+
-
-
è
ø
=
=
¢
=
+
+
+
.
当
1
x > 时，
2
1
1
2ln
0,
0
x
x
x
x
x
-
>
-
=
>
.
所以
0
h x
¢
>
，所以函数
h x 在
1,+¥ 上单调递增，
所以
1
0
h x
h
>
=
.所以为了使不等式恒成立，
0
a £
.
当0
1
x
<
< 时，
2
1
1
2ln
0,
0
x
x
x
x
x
-
<
-
=
<
，
所以
0
h x
¢
<
，所以函数
h x 在
0,1 上单调递减，此时
min
1
0
h x
h
>
=
.
为了使得不等式恒成立，此时
0
a £
.
综合以上分析，实数a 的取值范围为
0
a £
.
14．（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）不等式
( )
( )
f x
g x
£
为
2
2ln
2
2
2
x
ax
ax
x
-
£
-
-
，
所以不等式
2
2(ln
1)
2
2
x
ax
ax
x
+
£
+
-
在(0,
)
+¥ 上恒成立，
所以
2
2ln
2
2
2
x
x
a
x
x
+
+
³
+
在(0,
)
+¥ 上恒成立.
设
2
2ln
2
2
( )
2
x
x
h x
x
x
+
+
=
+
，则
2
2
2(
1)(
2ln )
( )
2
x
x
x
h x
x
x
+
+
¢
= -
+
，
当
0
x >
时，
1
0
x + >
，
2
2
2
0
x
x
+
>
，
又( )
2ln
x
x
x
j
=
+
在(0,
)
+¥ 上是增函数，
1
1
2ln 2
0
2
2
j æ
ö =
-
<
ç
÷
è
ø
，(1)
1
0
j
= >
，
所以存在
0
1 ,1
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使得
0
0
x
j
=
，
当
0
0
x
x
<
<
时，( )
0
x
j
<
，
( )
0
h x
¢
>
；
当
0
x
x
>
时，( )
0
x
j
>
，
( )
0
h x
¢
<
，
即( )
h x 在
0
0, x
上单调递增，在
0,
x +¥ 上单调递减，
0
0
0
2ln
0
x
x
x
j
=
+
=
，
0
0
ln
2
x
x = -
，
则
0
0
max
0
2
0
0
2ln
2
2
( )
2
x
x
h x
h x
x
x
+
+
=
=
+
0
2
0
0
0
2
1
2
x
x
x
x
+
=
=
+
，所以
0
1
a
x
³
，
因为
0
1 ,1
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，所以
0
1
(1,2)
x Î
，
又因为aÎZ ，所以
min
2
a
=
，
所以a 的最小值为2 .
15．（24-25 高二下·江苏南通·阶段练习）已知函数
2
2
1
ln 2
R
f x
a x
x
x
a
=
-
+
-
Î
,
.
(1)当1
2
x
<
<
时，
0
f
x
¢
£
，求a 的最大值；
(2)证明：曲线
y
f x
=
的图象是轴对称图形；
(3)若
0
f x £
，求a 的取值范围.
【答案】(1)
1
a £
(2)证明见解析
(3)
1
a £
【详解】（1）
2
2
1
ln 2
,
R
f x
a x
x
x
a
=
-
+
-
Î
的定义域为
0,2 ，
2
2
2
2
1
,
2
x
f
x
a x
x
x
-
¢
=
-
+
-
由于
0
f
x
¢
£
，即
2
2
2
2
1
0
2
x
a x
x
x
-
-
+
£
-
，
由于1
2
x
<
<
，故
2
1
2
a
x
x
£
-
由于1
2,
2
0,
x
x
<
<
\ -
>
故
2
2
2
2
2
1
2
x
x
x
x
x
x
é
ù
+
-
-
=
-
£
=
ê
ú
ë
û
，当且仅当
1
x = 取到等号，
因此
2
0
2
1
x
x
<
-
< ，故
2
1
1
2x
x >
-
，
故
1
a £
（2）
2
2
1
ln 2
,
R
f x
a x
x
x
a
=
-
+
-
Î
的定义域为
0,2 ，关于
1
x = 对称，
任意的
0,2
xÎ
，则
2
0,2
x
- Î
，
故
2
2
2
2
2
2
1
ln 2 2
2
1
ln 2
f
x
a
x
x
x
a x
x
x
f x
é
ù
-
=
-
-
+
-
-
-
=
-
+
-
=
ë
û
，
故
f x 的图象是轴对称图形，且关于
1
x = 对称，
（3）
2
2
2
2
1
ln 2
1
ln
1
1 ,
f x
a x
x
x
a x
x
é
ù
=
-
+
-
=
-
+
-
-
+
ë
û
令
2
1
t
x
=
-
，则
0,1
Î
t
，
记
ln
1
g t
at
t
=
+
- +
，
0,1
Î
t
，
1
1
1
1
g t
a
a
t
t
-
=
+
=
+
¢
- +
-
当
1
a £ 时，
1
1
1
1,0 ,
, 1 ,
0
1
1
t
a
t
t
¥
- Î -
\
Î -
-
+
£
-
-
，故
0
g t
¢
£
，
此时
g t 在
0,1
Î
t
上单调递减，
故
0
0
ln1
0
g t
g
£
=
+
=
，符合题意，
当
1
a > 时，令
1
0
1
g t
a
t
¢
=
+
=
-
，则
1
1
t
a
= -
，
故当
1
0,1
t
a
æ
ö
Î
-
ç
÷
è
ø时，
( )
0,
g t
g t
>
¢
在
1
0,1
t
a
æ
ö
Î
-
ç
÷
è
ø单调递增，
当
1
1
,1
t
a
æ
ö
Î
-
ç
÷
è
ø ，
( )
0,
g t
g t
<
¢
在
1
1
,1
t
a
æ
ö
Î
-
ç
÷
è
ø 单调递减，
故
1
0
1
g
g
a
æ
ö
<
-
ç
÷
è
ø ，
由于
0
0
g
=
，故
1
1
0
g
a
æ
ö
-
>
ç
÷
è
ø
，不符合
0
f x £
，故舍去，
综上可得
1
a £
16．（24-25 高二下·河南南阳·期末）已知函数
2
ln
x
f x
a
x
x
a
=
+
-
（）
（
0
a >
且
1
a ¹ ）
(1)求
f x 的极小值；
(2)当
1
a > 时，
f x 在
1
x = 处切线的斜率为e+1，函数
3
2
ln x
g x
xf
x
x
x
x
=
-
+
+
（i）判断
g x 零点个数并说明理由；
（ii）函数
1 ln
2
1
x
x
h x
k
x
x
+
=
-
-
+ ，若对任意的正实数x，都有
h x
g x
³
恒成立，求实数k 的取值范围.
【答案】(1)1
(2)（i）一个，理由见解析（ii）k ÎÆ
【详解】（1）方法一：
ln
2
ln
2
1 ln
x
x
f
x
a
a
x
a
x
a
a
¢
=
+
-
=
+
-
.
因为当
1
a > 时，ln
0
a >
，函数
1 ln
x
y
a
a
=
-
在R 上是增函数，
当0
1
a
<
< 时，ln
0
a <
，函数
1 ln
x
y
a
a
=
-
在R 上是增函数，
所以
f
x
¢
是R 上的增函数，
又
0
0
f ¢
=
，所以
0
f
x
¢
>
的解集为
0, ¥
+
，
0
f
x
¢
<
的解集为
,0
-¥
，
故函数
f x 的增区间为
0, ¥
+
，减区间为
,0
-¥
，
所以函数
f x 在
0
x =
处取得极小值1.
方法二：因为
ln
2
ln
¢
=
+
-
x
f
x
a
a
x
a ，令
ln
2
ln
x
h x
f
x
a
a
x
a
¢
=
=
+
-
2
ln
2
0
x
h x
a
a
=
+
>
¢
，
所以
f
x
¢
在R 上单调递增，
又
0
0
f ¢
=
，所以
0
f
x
¢
>
的解集为
0, ¥
+
，
0
f
x
¢
<
的解集为
,0
-¥
，
所以函数
f x 的增区间为
0, ¥
+
，减区间为
,0
-¥
，
所以函数
f x 在
0
x =
处取得极小值1.
（2）（ⅰ）因为
ln
2
ln
¢
=
+
-
x
f
x
a
a
x
a ，
所以
1
ln
2
ln
1
f
a a
a a
=
+
-
>
¢
，
设
ln
2 ln
y
a
a
a
=
+ -
，则
1
1
ln
0
y
a
a
¢ = +
-
>
，
所以
ln
2 ln
y
a
a
a
=
+ -
在
1,+¥ 单调递增，
且当
e
a =
时，
e 1
y =
+ ，故
e
a =
，
又
2
n
e
l
ln
e
x
x
x
x
x
g x
x
x
x
+
=
+
=
，
令
2e
ln
x
x
x
x
j
=
+
，
2
1
2
e
0
x
x
x
x
x
j¢
=
+
+
>
，
所以
x
j
在
0, ¥
+
单调递增，且1
e
0
j
=
>
，
当
0
x
时，
x
j
-¥ ，
所以存在唯一
0
0,1
x Î
，使得
0
0
x
j
=
，即
x
j
在
0, ¥
+
只有一个零点，
即
g x 只有一个零点.
（ⅱ）由题知，对任意
0
x >
都有(
1)ln
ln
(
2)
1
ex
x
x
x
k
x
x
x
x
+
-
-
+ ³
+
恒成立，
即
2
ln
e
1
x
k
x
x
x
-
£
-
+ ，
0
x >
，
所以对任意
0
x >
，都有
1
ln
e
2
x
x
k
x
+
£
-
+
，
令
1
ln
e
2
x
x
u x
x
+
=
-
+
，则
2
2
2
l
e
n
ln
e
x
x
x
x
x
u x
x
x
-
+
¢
=
-
= -
，
由（ⅰ）知
2e
ln
x
y
x
x
=
+
在
0, ¥
+
上单调递增，且在
0,1 上有唯一零点
0x ，
当
0
0,
x
x
Î
时，
0
u
x
¢
>
，当
0,
x
x
Î
+¥ ，
0
u
x
¢
<
，
所以当
0
0,
x
x
Î
，
u x 单调递增，当
0,
x
x
Î
+¥ ，
u x 单调递减，
且x +¥ ，
u x -¥ .
所以
u x 无最小值，
故k ÎÆ .
17．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知函数
( )
x
f x
a
=
（
0
a >
，且
1
a ¹ ）.
(1)当
e
a =
时，证明：
( )
1
f x
x
³ +
.
(2)若不等式e
1
( )
x
f x
x
- ³
恒成立，求a 的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
e
a =
.
【详解】（1）证明：因为
e
a =
，
所以
( )
x
f x
e
=
，
令( )
( )
(
1)
e
(
1),
R
x
g x
f x
x
x
x
=
-
+
=
-
+
Î
，
则
( )
e
1
x
g x
¢
=
- ，
令
( )
0
g x
¢
= ，解得
0
x =
，
所以当
(
,0)
xÎ -¥
时，
( )
0
g x
¢
<
，( )
g x 单调递减；
当
(0,
)
xÎ
+¥ 时，
( )
0
g x
¢
> ，( )
g x 单调递增；
所以
min
( )
(0)
0
g x
g
=
=
，
所以( )
0
g x ³
，
即
( )
(
1)
0
f x
x
-
+
³
，
所以
( )
1
f x
x +
≥
；
（2）解：令
e
1
( )
,
0
x
x
x
x
j
-
=
¹
，
则
2
2
e
e
(
1)e
1
1
( )
x
x
x
x
x
x
x
x
j
-
¢
-
+
+
=
=
，
又因为
2
2
0
0
0
0
1
1
2
(
1)e
[(
1)e
e
e
1
lim
lim
lim
lim
(
2
]
)
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
¢
+
+
-
=
=
=
=
¢
，
所以
( )
x
j¢
在
0
x =
处的值为
1
2 ，
又因为
( )
ln
x
f
x
a
a
¢
=
，
所以
(0)
ln
f
a
¢
=
，
由ln
1
2
a =
，解得
e
a =
；
当
e
a =
时，
令
2
e
1
)
e
(
x
x
m x
x
-
=
-
，
下面证明
( )
0
m x ³
恒成立，
当
0
x >
时，
令
2
( )
e
1
e
x
x
n x
x
=
- -
，
则
2
2
2
(1
)
(
1)
2
)
e
2
(
e
e
e
x
x
x
x
n
x
x
x
¢
-
+
-
-
=
=
，
由（1）可知e
1
x
x
³
+ ，当
0
x =
时等号成立，
所以
2
e
1
2
x
x
³
+ ，即
2
1
0
2
e
x
x
-
- ³
，当
0
x =
时等号成立，
又因为
0
x >
，
所以
( )
0
n x
¢
>
，
所以( )
n x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，
所以( )
(0)
0
n x
n
>
=
，
所以
2
2
e
0
e
1
e
1
,
e
x
x
x
x
x
x
- -
>
>
-
，
所以
2
e
1>e
x
x
x
-
；
当
0
x <
时，
令
0
t
x
= - >
，
则
2
e
1>e
x
x
x
-
，即为
2
1-e
>e
t
t
t
-
- ，
令
2
e
e ,
( )
1
>0
t
t
h
t
t
t
-
-
-
= -
，
则
2
2
e
( 1
e
)
( )
2
t
t
h t
t
-
-
- +
+
¢
=
，
令
2
( )
1
e
,
0
2
t
t
s t
t
-
= - +
+
>
，
则
2
2
1 1
1
( )
-
e
(1 e
),
2 2
2
t
t
s t
-
-
¢
=
=
-
因为
2
0<e
1
t
- < ，
所以
( )
0
s t
¢
>
，( )
s t 单调递增，
所以( )
(0)
0
s t
s
>
=
，
所以
( )
0
h t
¢
>
，
所以( )
h t 在(0,
)
+¥ 上单调递增，
所以( )
(0)
0
h t
h
>
=
，
即
2
e
1>e
x
x
x
-
，
综上，当
e
a =
时，恒有e
1
( )
x
f x
x
- ³
成立.
故
e
a =
.
18．（24-25 高二下·福建福州·期末）已知函数
2
e
1
x
f x
x
=
-
-
(1)若
g x
f x
x
=
+
，求证：
g x 在R 上单调递增；
(2)若
f x
ax
>
在
0, ¥
+
上恒成立，求a 的取值范围；
(3)求证：
f
f x
x
é
ù =
ë
û
在
0, ¥
+
上有且只有1 个解．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
2
a <
-
e
(3)证明过程见解析
【详解】（1）
2
e
1
x
x
g x
f x
x
x
-
=
=
+
-
+
，
e
2
1
x
g
x
x
¢
=
-
+ ，令
e
2
1
x
h x
g
x
x
¢
=
=
-
+ ，故
e
2
x
h x
¢
=
-
，
令
0
h x
¢
>
得
ln 2
x >
，令
0
h x
¢
<
得
ln 2
x <
，
故
h x 在
,ln 2
-¥
上单调递减，在
ln 2,+¥ 上单调递增，
故
ln 2
ln 2
ln
e
2
1
3
2l 2
0
2
n
h x
h
³
=
+
-
=
-
>
，
所以
g x 在R 上单调递增；
（2）由题意得
2
e
1
x
x
ax
-
- >
在
0, ¥
+
上恒成立，
故
2
e
1
x
x
a
x
-
- >
在
0, ¥
+
上恒成立，
令
2
e
1
x
x
q x
x
-
-
=
，
则
2
2
2
2
e
2
e
1
1 e
1
1
1
e
1
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
q
x
x
x
x
-
-
-
-
-
-
-
-
¢
=
=
-
+
=
-
，
令
e
1
x
w x
x
=
-
- ，则
e
1
0
x
w x
¢
=
- >
在
0, ¥
+
上恒成立，
故
e
1
x
w x
x
=
-
- 在
0, ¥
+
上单调递增，
0
0
w x
w
>
=
，
故e
1
0
x
x
-
- >
在
0, ¥
+
上恒成立，
令
0
q x
¢
>
得
1
x > ，令
0
q x
¢
<
得0
1
x
<
< ，
故
2
e
1
x
x
q x
x
-
-
=
在
0,1 上单调递减，在
1,+¥ 上单调递增，
故
min
1
e
2
q x
q
=
=
-
，所以
2
a <
-
e
；
（3）设满足
f x
x
=
的x 值为
f x 的不动点，
满足
f
f x
x
é
ù =
ë
û
的x 值为
f x 的稳定点，
下面证明，若
f x 为定义域内的严格增函数，则“
0x 是
f x 的不动点”是“
0x 是
f x 的稳定点”的充要条件，
充分性，因为
0x 是
f x 的不动点，故
0
0
f x
x
=
，则
0
0
0
f
f x
f x
x
=
=
é
ù
ë
û
，
故
0x 是
f x 的稳定点，充分性成立，
必要性，设
0x 是
f x 的稳定点，即
0
0
f
f x
x
=
é
ù
ë
û
，
假设
0
0
f
x
y
=
，而
f x 在定义域内单调递增，
若
0
0
y
x
>
，则
0
0
0
0
0
f
f x
f
y
f x
y
x
é
ù =
>
=
>
ë
û
，与
0
0
f
f x
x
=
é
ù
ë
û
矛盾；
若
0
0
y
x
<
，则
0
0
0
0
0
f
f x
f
y
f x
y
x
é
ù =
<
=
<
ë
û
，与
0
0
f
f x
x
=
é
ù
ë
û
矛盾；
故必有
0
0
y
x
=
，即
0
0
0
0
0
f
f x
f
y
f x
y
x
é
ù =
=
=
=
ë
û
，
即
0
0
f x
x
=
，故
0x 是
f x 的不动点”，必要性成立，证毕；
e
2
x
f
x
x
¢
=
-
，令
r x
f
x
¢
=
，则
e
2
x
r
x
¢
=
-
，
令
e
2
0
x
r
x
¢
=
-
>
得
ln 2
x >
，令
0
r
x
¢
<
得
ln 2
x <
，
故
r x
f
x
¢
=
在
,ln 2
-¥
上单调递减，在
ln 2,+¥ 上单调递增，
其中
ln 2
2
2ln 2
0
f ¢
=
-
>
，故
ln 2
0
f
x
f
¢
¢
³
>
恒成立，
故
2
e
1
x
f x
x
=
-
- 在R 上单调递增，
令
f x
x
=
得
2
e
1
x
x
x
-
- =
，令
2
e
1
x
t x
x
x
=
-
-
- ，
0
x >
，
则
e
2
1
x
t
x
x
¢
=
-
- ，令
u x
t
x
¢
=
，则
e
2
x
u
x
¢
=
-
，
令
e
2
0
x
u
x
¢
=
-
>
得
ln 2
x >
，令
0
u
x
¢
<
得
ln 2
x <
，
故
u x
t
x
¢
=
在
,ln 2
-¥
上单调递减，在
ln 2,+¥ 上单调递增，
其中
ln 2
2
2ln 2 1
1
2ln 2
0
t¢
=
-
- = -
<
，
0
0
t¢
=
，1
e
3
0
t¢
=
-
<
，
2
2
e
5
0
t¢
=
-
>
由零点存在性定理可知，存在
1
1,2
x Î
，使得
1
0
t
x
¢
=
，即
1
1
e
2
1
0
x
x
-
- =
，
当
1
0,
x
x
Î
时，
0
t
x
¢
<
，当
1,
x
x
Î
+¥ 时，
0
t
x
¢
>
，
故
2
e
1
x
t x
x
x
=
-
-
- 在
1
0,
x
x
Î
上单调递减，在
1,
x
x
Î
+¥ 上单调递增，
其中
0
0
t
=
，
1
2
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
0
e
1
2
1
1
x
x
x
x
x
t
x
x
x
x
=
-
-
- =
+
-
- =
-
-
<
-
，
2
2
e
7
0
t
=
-
>
，故存在唯一的
2
1,2
x
x
Î
，使得
2
0
t x
=
，
故
2
e
1
x
t x
x
x
=
-
-
- 有唯一的零点，即
f x
x
=
有唯一的不动点，
故
f
f x
x
é
ù =
ë
û
在
0, ¥
+
上有唯一的稳定点，
f
f x
x
é
ù =
ë
û
有且只有1 个解，证毕
19．（2024·河北·模拟预测）已知函数
ln
1
f x
x
x
=
+
- .
(1)若
f x
kx
k
£
-
对
0
x
" >
恒成立，求k 的值；
(2)若
1
2
x
x
$
<
，使
1
2
f x
f x
a
=
=
成立，求证：
2
2
1
e
a
x
x
>
.
【答案】(1)
2
k =
(2)证明见解析.
【详解】（1）令
ln
1
g x
x
x
kx
k
=
+
- -
-
，
则
0
g x £
对
0
x
" >
恒成立；
1
1
g
x
k
x
= -
+
¢
.
当1
0
k
-
³
，即
1
k £ 时，
0
g
x
¢
³
，此时函数
g x 在
0, ¥
+
上单调递增，
而1
0
g
=
，
则当
1,
x
¥
Î
+
时，
0
g x >
，这与
0
g x £
对
0
x
" >
恒成立矛盾，故
1
k £ 不符合题意.
当1
0
k
-
<
，即
1
k > 时，
令
0
g
x
¢
>
，得
1
0
1
x
k
<
<
- ；令
0
g
x
¢
<
，得
1
1
x
k
>
- ；
则函数
g x 在
1
0,
1
k
æ
ö
ç
÷
-
è
ø上单调递增；在
1 ,
1
k
¥
æ
ö
+
ç
÷
-
è
ø 上单调递减，
所以
max
1
1
1
1
ln
1
2
ln
1
0
1
1
1
1
g x
g
k
k
k
k
k
k
k
k
æ
ö
æ
ö
=
=
+
- -
´
-
=
-
-
-
£
ç
÷
ç
÷
-
-
-
-
è
ø
è
ø
，恒成立.
令
1
=
-
x
k
，
ln
1
h x
x
x
=
-
- ，
0
x >
，则
1
1
h x
x
¢
= -
.
令
0
h x
¢
>
，得
1
x > ；令
0
h x
¢
<
，得0
1
x
<
< ；
则函数
h x 在
0,1 上单调递减；在
1, ¥
+
上单调递增，
所以min
1 ln1 1
0
h x
= -
- =
，
所以
0
2
ln
1
0
k
k
£
-
-
-
£
，即
2
ln
1
0
k
k
-
-
-
=
，得
2
k =
.
（2）证明：由
ln
1
f x
x
x
=
+
- 可得：
函数
f x 定义域为
0, ¥
+
，
1
0
f
=
，
1
1
0
f
x
x
= +
>
¢
，
所以函数
f x 在区间
0, ¥
+
上单调递增，且当
0,1
xÎ
时，
0
f x <
，当
1,
x
¥
Î
+
时，
0
f x >
.
若
1
2
x
x
$
<
，使
1
2
f x
f x
a
=
=
成立，
则
1
0,1
x Î
，
1
f x
a
= - ；
2
1,
x
¥
Î
+
，
2
f x
a
=
；
0
a >
.
所以有
1
1
ln
1
x
x
a
+
- = - ①，
2
2
ln
1
x
x
a
+
- =
②.
令
2
1
x
t
x
=
，则
1
t > ，
2
1
x
tx
=
③.
由①②③可得：
1
1
1
ln
2
2ln
tx
t
x
x
+
=
-
-
.
令
ln
u
t
=
，则有
1
1
1
e
2
2ln
ux
u
x
x
+
=
-
-
，且
0,
u
¥
Î
+
.
令
1
eu
u
x
u
j
=
+
，则函数t
j
在
0, ¥
+
上单调递增.
要证
2
2
1
e
a
x
x
>
，只需要证明
2
e
a
t >
，即证
2
a
u >
，
结合①，只需要证明
1
1
ln
1
2
x
x
u
+
-
> -
，
令
1
1
ln
1
2
x
x
v
+
-
= -
结合函数t
j
在
0, ¥
+
上单调递增，只需要证明
u
v
j
j
>
，
即证
1
1
e
e
u
v
x
u
x
v
+
>
+ ，
即证
1
1
ln
1
1
1
2
1
1
1
ln
1
2
2ln
e
2
x
x
x
x
x
x
x
+
-
-
+
-
æ
ö
-
-
>
+ -
ç
÷
è
ø
.
即证
1
1
ln
1
1
1
2
1
1
1
ln
1
2
2ln
e
2
x
x
x
x
x
x
x
+
-
-
é
ù
+
-
æ
ö
-
-
-
+ -
ê
ú
ç
÷
è
ø
ë
û
1
1
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
ln
1
2
2ln
e
e
2
x
x
x
x
x
x
x
-
-
é
ù
+
-
æ
ö
=
-
-
-
×
×
+ -
ê
ú
ç
÷
è
ø
ë
û
1
2
1
1
1
3
1
3 ln
e e
0
2
2
2
x
x
x
x
-
=
-
-
-
×
×
>
.
令
2
3
1
3 ln
e e
2
2
2
x
x
x
x
x
w
-
=
-
-
-
×
×
，
0,1
xÎ
，
则
2
1
3
e
1
e
0
2
2
2
x
x
x
x
x
w
-
-
= -
×
×
¢
-
-
<
，
所以函数
x
w
在区间
0,1 上单调递减，
则
1
0
x
w
w
>
=
，
所以
1
2
1
1
1
3
1
3 ln
e e
0
2
2
2
x
x
x
x
-
-
-
- -
×
×
>
在
1
0,1
x Î
上恒成立，
从而证得：
2
2
1
e
a
x
x
>
.
1．（24-25 高二下·四川成都·期末）已知函数
( )
e
(
0)
x
f x
ax
a a
=
-
-
>
，若存在唯一的
0x 使得
0
0
f x
=
，则a 的值为
（ ）
A．
1
2
B．1
C．e
2
D．e
【答案】B
【详解】由题意得
( )
e
¢
=
-
x
f
x
a ，
因为
0
a >
，令
( )
e
0
x
f
x
a
¢
=
-
=
，解得
ln
x
a
=
，
可知当
ln
x
a
<
时，
( )
0
f
x
¢
<
，即函数
( )
f x 在(
,ln )
a
-¥
上单调递减，
当
ln
x
a
>
时，
( )
0
f
x
¢
>
，即函数
( )
f x 在(ln ,
)
a +¥ 上单调递增，在
ln
x
a
=
处取得极小值，
当x -¥ 时，
( )
f x +¥ ，当x +¥ 时，
( )
f x +¥ ，
若存在唯一的
0x 使得
0
0
f x
=
，必有
0
ln
x
a
=
，
所以
ln
(ln )
e
ln
0
a
f
a
a
a
a
=
-
-
=
，化简得
ln
0
a
a =
，
因为
0
a >
，所以ln
0
a =
，解得
1
a = .
故选：B.
2．（24-25 高二下·河南郑州·期末）已知
2
1
e 1
eln
2
f x
x
x
x
=
-
-
-
，
2
1
g x
x
a
= -
+
+
，若
1
0,
x
$
Î
+¥ ，
2x
$
ÎR ，使得
1
2
f x
g x
<
成立，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
2e ,
2
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø
B．
2e
,
2
æ
ù
-¥ -
ç
ú
è
û
C．
2e ,
2
é
ö
-
+¥÷
êë
ø
D．
2e
,
2
æ
ö
-¥ -
ç
÷
è
ø
【答案】A
【详解】
1
0,
x
$
Î
+¥ ，
2x
$
ÎR ，使得
1
2
f x
g x
<
成立，
则
min
max
f x
g x
<
，
Q函数
2
1
e 1
eln
0
2
f x
x
x
x x
=
-
-
-
>
，
2
e 1
e
1
e
e
e 1
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x
-
-
-
+
-
\
=
-
-
-
=
=
¢
，
令
0
f
x
¢
=
得
e
x= ，当
0,e
xÎ
时
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减，
当
e,
xÎ
+¥ 时，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增，
考点二
能成立问题
f
x
\
在
e
x= 处取极小值，也是最小值，
\函数
f x 的最小值为
2e
e
2
f
= -
，
2
1
g x
x
a
= -
+
+
Q
，
则
max
1
g x
g
a
=
-
=
，
所以
2e
2
a > -
.
故选：A.
3．（24-25 高二下·内蒙古包头·阶段练习）已知不等式
e
2
1(
2)
x
a
x
x
x
+
<
+
> -
恰有1 个整数解，则实数a 的取值
范围为（ ）
A．
1
2
,
3e e
æ
ö
ç
÷
è
ø
B．
1
2
,
3e e
é
ö
÷
êë
ø
C．
2
1
,
3e 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
D．
2
1
,
3e 2
é
ö
÷
êë
ø
【答案】D
【详解】由不等式
e
2
1
x
a
x
x
+
<
+ ，
2
x > - ，可得
1
(
2)
ex
x
a x
+
+
<
，
设( )
(
2)
g x
a x
=
+
，
1
( )
ex
x
f x
+
=
，则
'( )
ex
x
f
x
-
=
，
当
0
x <
时，
'( )
0
f
x >
，当
0
x >
时，
'( )
0
f
x <
，
则
( )
f x 在(
,0)
-¥
上单调递增，在(0,
)
+¥ 上单调递减，
当
0
x =
时，
( )
f x 取极大值1；
又
( 1)
0
f -
=
，且
1
x > - 时，
( )
0
f x >
，
1
x < - 时，
( )
0
f x <
，
直线( )
(
2)
g x
a x
=
+
恒过点( 2,0)
-
，
当
0
a >
时，作出( )
(
2)
g x
a x
=
+
与
1
( )
ex
x
f x
+
=
的图象如下所示，
( )
( )
g x
f x
<
恰有1 个整数解，只需要满足
0
0
1
1
f
g
f
g
ì
>
ïí
£
ïî
，解得2
1
3e
2
a
£
<
，
当
0
a £
时，显然( )
( )
g x
f x
<
有无穷多个整数解，不满足条件，
所以，a 的取值范围为
2
1
,
3e 2
é
ö
÷
êë
ø.
故选：D.
4．（24-25 高二下·广东广州·期末）设函数
2 ex
f x
x
ax
a
=
-
+
，其中
1
a < ，若存在唯一的整数
0x ，使得
0
0
f
x
<
，则a 的取值范围是（ ）
A．
1 ,1
e
é
ö
-
÷
êë
ø
B．
1 0
e ,
é
ö
-
÷
êë
ø
C．
2
4 ,1
3e
é
ö
÷
êë
ø
D．
2
4
1
,
3
é
ö
÷
êë
ø
e
e
【答案】D
【详解】由题意
2 ex
f x
x
ax
a
=
-
+
，
令( )
2 e , ( )
(
1)
x
g x
x
h x
ax
a
a x
=
=
-
=
-
，
因为存在唯一的整数
0x ，使得
0
0
f x
<
，即2 e
(
1)
x
x
a x
<
-
，
( )
e (2
2)
x
g x
x
¢
=
+
，
当
(
, 1)
xÎ -¥ -
时，
)
0
(
g x
¢
<
，( )
g x 在(
, 1)
¥
-
-
上单调递减，
当
( 1,
)
Î - +¥
x
时，
)
0
(
g x
¢
>
，( )
g x 在( 1,
)
- +¥ 上单调递增，
故当
1
x = - 时，函数( )
g x 取得极小值也是最小值
1
( 1)
2e
g
-
-
= -
，
当
0
x <
时，
0
g x <
，当
0
x >
时，
0
g x >
，
当x -¥ 时，
0
g x
，当x +¥ 时，
g x +¥ ，
( )
(
1)
h x
a x
=
-
是斜率为a，且过定点(1,0) 的直线，作出其大致图象如图：
当
0
a £
时，存在无穷多个满足条件的整数满足不等式2 e
(
1)
x
x
a x
<
-
，不符合题意，
故0
1
a
<
< ，此时需满足在( )
g x 图象上只有一个横坐标为整数的点在直线( )
(
1)
h x
a x
=
-
下方，
则需满足
1
2
( 1)
2
1
2e
( 2)
3
2
4e
h
a
g
h
a
g
-
-
ì
-
= -
>
-
= -
ïí
-
= -
£
-
= -
ïî
，解得
2
4
1
3e
e
a
£
<
，
则实数a 的取值范围是
2
4
1
,
3e
e
é
ö
÷
êë
ø
.
故选：D
5．（24-25 高二下·北京·期末）若函数
ln
4
f x
x
x
ax
x
=
+
-
存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
2
1 ,
e
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
B．
2
1 ,
e
¥
é
ö
-
+
÷
êë
ø
C．
2
1 ,
2e
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
D．
2
1 ,
2e
¥
é
ö
-
+
÷
êë
ø
【答案】A
【详解】由题得
ln
1
2
ln
1
0
2
2
x
x
f
x
a
a
x
x
x
x
x
=
+
+
-
=
-
+
³
¢
在
0,+¥ 上有解，
即
ln
1
2
x
a
g x
x
x
> -
+
=
在
0,+¥ 上有解，
因为
2
ln
1
ln
2
1
ln
4
2
4
4
2
4
x
x
x
x
x
x
g
x
x
x
x x
x x
x x
-
+
-
-
-
-
=
¢
=
+
=
，
所以当
4
0,e
xÎ
时
0
g
x
¢
<
，
4e ,
xÎ
+¥ 时
0
g
x
¢
>
，
所以
g x 在
4
0,e
上单调递减，在
4e ,+¥ 上单调递增，
所以
4e
g x
g
³
=
2
2
2
4
1
1
2e
e
e
-
+
= -
，
所以实数a 的取值范围是
2
1 ,
e
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
.
故选：A
6．（24-25 高二下·陕西商洛·期末）已知存在两个正实数m，n（m
n
>
），使e
n
m
a
m
n
æ
ö
= ç
÷
è
ø
，则实数a 的取值范围为
（ ）
A．
e,+¥
B．
,e
-¥
C．
0,e
D．
e,+¥
【答案】D
【详解】对e
n
m
a
m
n
æ
ö
= ç
÷
è
ø
两边取自然对数，可得
ln
m
m
n
a
n
=
，则
ln
m
m
an
n
=
，
令
1
m
x x
n =
>
，得1
ln x
a
x
=
．
设函数
ln x
f x
x
=
，则
2
1 ln x
f
x
x
-
¢
=
，
当
1,e
xÎ
时，
0
f
x
¢
>
；当
e,
xÎ
+¥ 时，
0
f
x
¢
<
，
所以
f x 在区间
1,e 上单调递增，在区间
e,+¥ 上单调递减．
因为
1
e
e
f
=
，且
0
x
f x
+¥
，
，
所以
1
0, e
f x
æ
ù
Îç
ú
è
û ，即1
1
0, e
a
æ
ù
Îç
ú
è
û ．
故
e,
aÎ
+ ¥ ．
故选：D．
7．（24-25 高二下·河北石家庄·阶段练习）设函数
3
1
1
( )
4
3
3
f x
x
x
=
-
+
，函数
2
( )
2
1
g x
x
bx
=
-
+ ，若对于
1
2
[1,2],
[0,1]
x
x
"
Î
$
Î
，使
1
2
f x
g x
³
成立，则实数b 的取值范围是
.
【答案】
7 ,
2
é
ö
+¥÷
êë
ø
【详解】若对于
1
1,2
x
"
Î
，
2
0,1
x
$
Î
，使
1
2
f x
g x
³
成立，只需
min
min
f x
g x
³
，
因为
3
1
1
4
3
3
f x
x
x
=
-
+
，所以
2
4
f
x
x
¢
=
- ，
当
1,2
xÎ
时，
0
f
x
¢
£
，所以
f x 在
1,2 上是减函数，
所以函数
f x 取得最小值
2
5
f
= - ．
因为
2
2
2
2
1
1
g x
x
bx
x
b
b
=
-
+ =
-
+ -
，
当
0
b £
时，
g x 在
0,1 上单调递增，函数取得最小值
0
1
g
= ，需5 1
- ³ ，不成立；
当
1
b ³ 时，
g x 在
0,1 上单调递减，函数取得最小值1
2
2
g
b
=
-
，需5
2
2b
- ³
-
，解得
7
2
b ³
，此时
7
2
b ³
；
当0
1
b
<
< 时，
g x 在
0,b 上单调递减，在
,1
b
上单调递增，函数取得最小值
2
1
g b
b
= -
，需
2
5
1 b
- ³ -
，解得
6
b £ -
或
6
b ³
，此时无解；
综上，实数b 的取值范围是7 ,
2
é
ö
+¥÷
êë
ø ，
故答案为：7 ,
2
é
ö
+¥÷
êë
ø
.
8．（24-25 高二下·河南南阳·期末）已知函数
2 1e
x
f x
x
-
=
，
ln
(
0)
g x
a x
x a
=
-
<
，若对任意的
1
1,3
x Î
，总存在
2
1 ,1
e
x
é
ù
Îê
ú
ë
û ，使得
1
2
f x
g x
£
，则a 的取值范围是
.
【答案】
5
e
a £ -
【详解】因为对任意的
1
1,3
x Î
，总存在
2
1 ,1
e
x
é
ù
Îê
ú
ë
û ，使得
1
2
f x
g x
£
，
所以
1
2
max
max
f x
g x
£
，
1
2 1
1
2 e
e
1
e
2
x
x
x
f
x
x
x
x
x
-
-
-
=
-
=
¢
+
-
，
令
0
f
x
¢
=
，得
2
x =
或0 （舍去）.
当1
2
x
<
<
时，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增；
当2
3
x
<
<
时，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减.
故
max
4
( )
2
e
f x
f
=
=
；
ln
(
0)
g x
a x
x a
=
-
<
，则
1
a
a
x
g
x
x
x
-
=
- =
¢
，因为
0
a <
，
所以
0
g
x
¢
<
在1 ,1
e
é
ù
ê
ú
ë
û 上恒成立，
则
g x 在1 ,1
e
é
ù
ê
ú
ë
û 上单调递减，
max
1
1
( )
e
e
g x
g
a
æ
ö
=
= - -
ç
÷
è
ø
，
所以4
1
e
e
a
£ - -
，故
5
e
a £ -
.
故答案为：
5
e
a £ -
9．（2025·湖南益阳·三模）设实数
( )
2 ln
f x
x
x
=
，( )
4
g x
ax
=
-
，
(0,
)
x
$ Î
+¥ 使
( )
( )
f x
g x
£
成立，则实数α 的取值
范围
．
【答案】[2ln 2
2,
)
+
+¥
【详解】由
( )
( )
f x
g x
£
，得2 ln
4
x
x
ax
£
-
，
即不等式
4
2ln
a
x
x
³
+
在(0,
)
+¥ 上能成立.
设
4
( )
2ln
(
0)
h x
x
x
x
=
+
>
，则
2
2
2
4
2
4
( )
x
h x
x
x
x
-
¢
=
-
=
，
令
( )
0
0
2,
( )
0
2
h x
x
h x
x
¢
¢
<
Þ
<
<
>
Þ
>
，
所以( )
h x 在(0,2) 上单调递减，在(2,
)
+¥ 上单调递增，
则
min
( )
(2)
2
2ln 2
h x
h
=
=
+
，所以
2
2ln 2
a ³
+
，
即实数a 的取值范围为[2
2ln 2,
)
+
+¥ .
故答案为：[2
2ln 2,
)
+
+¥
10．（24-25 高二下·江西·期末）若关于x 的方程
2
2
2 ln
e
1
ax
x
x
ax
+
=
+
在区间
1,+¥ 上有解，则a 的取值范围是
．
【答案】
2
0, e
æ
ù
ç
ú
è
û
【详解】由
2
2
2 ln
e
1
ax
x
x
ax
+
=
+
，可得
2
2
e
1
1 ln
ax
ax
x
x
+
=
+
，
设
1 ln
g x
x
x
=
+
，则
1
ln
1
g
x
x
x
+
¢
=
+
，令
1
ln
1
h x
x
x
=
+ +
，则
2
1
x
h x
x
=
¢
- ，
当
0,1
xÎ
时，
0
h x
¢
<
，
h x 单调递减；当
1,
x
¥
Î
+
时，
0
h x
¢
>
，
h x 单调递增，
所以
1
2
0
h x
h
³
=
>
，所以
g x 在区间
0, ¥
+
上单调递增，
又由
2
2
e
1
1 ln
ax
ax
x
x
+
=
+
可化为
2
eax
g
g x
=
，所以
2
2ln
e
,
ax
x
x
a
x
=
=
，
设
2ln (
1)
x
x
x
x
j
=
>
，则
2
2 1 lnx
x
x
j
-
¢
=
，
当
1,e
xÎ
时，
0,
x
x
j
j
¢
>
单调递增；当
e,
x
¥
Î
+
时，
0,
x
x
j
j
¢
<
单调递减，
又因为
2
1
0,
e
,
e x
j
j
¥
=
=
+
时，
0
x
j
，所以
2
0
e
a
<
£
，
所以实数a 的取值范围是
2
0, e
æ
ù
ç
ú
è
û ．
故答案为：
2
0, e
æ
ù
ç
ú
è
û ．
11．（24-25 高二下·四川广元·期末）已知函数
3
2
1
3
f x
x
x
=
-
．
(1)求函数
f x 的图象在
3
x =
处的切线方程；
(2)若
f x
m
£
在
0,3
xÎ
上有解，求m 的取值范围．
【答案】(1)
3
9
y
x
=
-
(2)
4
3
m ³ -
【详解】（1）
2
2
f
x
x
x
¢
=
-
，
2
3
3
2 3
3
f
=
- ´ =
¢
，
3
2
1
3
3
3
0
3
f
=
´
-
=
，
所以函数
f x 的图象在
3
x =
处的切线方程为
3
3
3
9
y
x
x
=
-
=
- .
（2）由（1）知
2
2
f
x
x
x
¢
=
-
，
所以当0
2
x
<
<
时，
0
f
x
¢
<
，函数
f x 单调递减，
当2
3
x
<
£
时，
0
f
x
¢
>
，函数
f x 单调递增，
所以
min
4
2
3
f x
f
=
= -
，
又
f x
m
£
在
0,3
xÎ
上有解，所以
min
4
3
m
f x
é
ù
³
= -
ë
û
.
12．（2025·甘肃·模拟预测）已知函数
ex
f x
ax
a
=
×
ÎR 的极小值为
1
e
-
．
(1)求曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程；
(2)若
0
b >
，且存在
0,
x
¥
Î
+
，使得e
ln
bx
b
x
£
成立，求实数b 的取值范围．
【答案】(1)2e
e
0
x
y
-
-
=
(2)
1
0, e
æ
ù
ç
ú
è
û
【详解】（1）因为函数
ex
f x
ax
a
=
×
ÎR ，
所以
1 ex
f
x
a x +
×
¢
=
，显然
1
0
f ¢ -
=
，
因为函数
ex
f x
ax
a
=
×
ÎR 的极小值为
1
e
-
，
所以
1
1
1
e
e
f
a
-
-
= - ×
= -
，解得
1
a = ，
此时当
1
x > - 时，
0
f
x
¢
>
，当
1
x < - 时，
0
f
x
¢
<
，
故
ex
f x
x
=
×
在
, 1
¥
-
-
上单调递减，在
1, ¥
- +
上单调递增，
故极小值为
1
1
e
f -
= -
，满足要求，
所以
1
2e
f ¢
=
，
1
e
f
=
，
所以曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程为
e
2e
1
y
x
-
=
-
，
即2e
e
0
x
y
-
-
=
；
（2）由（1）知：当
0
x >
时，
1 e
0
x
f
x
x
¢
=
+
×
>
，
所以
ex
f x
x
=
×
在
0, ¥
+
上递增，
因为存在
0,
x
¥
Î
+
，使得e
ln
bx
b
x
£
成立，即
e
ln
bx
bx
x
x
£
，
所以存在
0,
x
¥
Î
+
，使得
ln
f bx
f
x
£
成立，
所以存在
0,
x
¥
Î
+
，使得
ln
bx
x
£
成立，即
ln x
b
x
£
成立，
令
ln x
g x
x
=
，则
2
1 ln x
g
x
x
-
¢
=
，
当0
e
x
<
<
时，
0
g
x
¢
>
，当
e
x> 时，
0
g
x
¢
<
，
故
ln x
g x
x
=
在
0,e 上单调递增，在
e, ¥
+
上单调递减，
所以当
e
x= 时，
g x 取得最大值
1
e
e
g
=
，
又
0
b >
，所以
1
0
e
b
<
£
，则实数b 的取值范围是
1
0, e
æ
ù
ç
ú
è
û .
13．（24-25 高二下·江苏无锡·阶段练习）已知函数
e
e
x
x
f x
m
-
=
+
为偶函数，其中e 是自然对数的底数.
(1)求m 的值及
f x 最小值；
(2)关于x 的不等式
e
1
x
bf x
b
-
£
+
- 在
0, ¥
+
上恒成立，求实数b 取值范围；
(3)存在
0
1,
x Î
+¥ ，使得
3
0
0
0
3ax
f x
ax
<
-
成立，其中
0
a >
，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)
1
m = ，2
(2)
1
3
b £ -
(3)
1
e
e
2
a
-
+
>
【详解】（1）由函数
e
e
x
x
f x
m
-
=
+
为偶函数，则
f
x
f x
-
=
，即
e
e
e
e
x
x
x
x
m
m
-
-
+
=
+
，解得
1
m = ，
由
2
2
e
e
e
e
x
x
x
x
f x
-
-
+
×
=
³
=
，当且仅当
0
x =
时，等号成立，则函数
f x 的最小值为2 .
（2）由
e
e
x
x
f x
-
=
+
，则不等式为e
e
e
1
x
x
x
b
b
b
-
-
+
£
+
- ，
由e
0
x
- >
，则不等式整理为
2e
1 e
1
0
x
x
b
b
b
-
-
+
- £
，
由
0,
xÎ
+¥ ，则e
1
x > ，令
ex
t =
，则不等式为
2
1
1
0
bt
b
t
b
-
-
+
- £
，
令
2
1
1
g t
bt
b
t
b
=
-
-
+
- ，问题等价于不等式
0
g t £
在
1,+¥ 恒成立，
当
0
b >
时，由
1
1
1
1
2
2
2
b
b
b
- =
-
< ，则函数
g t 在
1,+¥ 上单调递增，不符合题意；
当
0
b =
时，
1
g t
t
= - ，则函数
g t 在
1,+¥ 上单调递增，不符合题意；
当
0
b <
时，由
1
1
2
b
b
- £ ，即
1
b £ - ，函数
g t 在
1,+¥ 上单调递减，
令
1
1
1
0
g
b
b
b
=
-
-
+
- £
，解得
0
b £
，故
1
b £ - ，
由
1
1
2
b
b
- > ，即
1
b > - ，函数
g t 在
1
1, 2
b
b
-
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在
1,
2
b
b
-
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 上单调递减，
令
2
1
3
2
1
0
2
b
g
b
b
b
-
æ
ö = -
+
+ £
ç
÷
è
ø
，化简可得
3
1
1
0
b
b
+
-
³
，解得
1
3
b £ -
或
1
b ³ ，故
1
1
3
b
- <
£ -
，
综上所述可得
1
3
b £ -
.
（3）令
3
3
h x
ax
ax
=
-
，取
1
2
,
1,
x x
"
Î
+¥ ，设
1
2
x
x
>
，
3
3
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
1
2
2
3
3
3
h x
h x
ax
ax
ax
ax
a x
x
x
x x
x
-
=
-
-
+
=
-
-
-
-
由
2
2
1
2
1
2
2
x
x
x x
+
³
，当且仅当
1
2
x
x
=
时等号成立，则
2
2
1
1
2
2
1
2
3
3
3
x
x x
x
x x
-
-
-
<
-
，
易知
1
2
0
h x
h x
-
<
，则函数
h x 在
1,+¥ 上单调递减，所以最大值为1
2
h
a
=
，
易知函数
f x 在
1,+¥ 上单调递增，则最小值为
1
e
e-
+
，
由题意可得当
0
1
x = 时，
1
2
e
e
a
-
>
+
，解得
1
e
e
2
a
-
+
>
.
14．（24-25 高二下·河南郑州·期末）已知函数
2
( )
(
2)
ln (
)
f x
ax
a
x
x a
=
-
+
+
ÎR ，
2
( )
g x
x
x
=
-
.
(1)求函数
( )
f x 的单调区间；
(2)若
1
(0,
)
x
"
Î
+¥ ，
2
[ 2, 1]
x
$
Î -
-
，使得
1
2
f x
g x
£
，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)[ 8
4ln 2,0]
- -
【详解】（1）函数
2
( )
(
2)
ln (
R)
f x
ax
a
x
x a
=
-
+
+
Î
的定义域为(0,
)
+¥ ，
2
1
2
(
2)
1
(2
1)(
1)
( )
2
(
2)
ax
a
x
x
ax
f
x
ax
a
x
x
x
-
+
+
-
-
¢
=
-
+
+
=
=
.
①当
0
a £
时，由
( )
0
f
x
¢
<
可得
1
2
x >
，由
( )
0
f
x
¢
>
可得
1
0
2
x
<
<
，
此时，函数
( )
f x 的增区间为
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø，减区间为1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø；
②当
1
1
0
2
a
<
<
时，即当
2
a >
时，
由
( )
0
f
x
¢
<
可得1
1
2
x
a <
<
；由
( )
0
f
x
¢
>
可得
1
0
x
a
<
<
或
1
2
x >
，
此时，函数
( )
f x 的增区间为
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 和1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø，减区间为1 1
, 2
a
æ
ö
ç
÷
è
ø；
③当1
1
2
a =
时，即当
2
a =
时，对任意的
0
x >
，
( )
0
f
x
¢
³
恒成立且
( )
f
x
¢
不恒为零，
此时，函数
( )
f x 的单调递增区间为(0,
)
+¥ ；
④当1
1
2
a >
时，即当0
2
a
<
<
时，
由
( )
0
f
x
¢
<
可得1
1
2
x
a
<
<
；由
( )
0
f
x
¢
>
可得
1
0
2
x
<
<
或
1
x
a
>
，
此时，函数
( )
f x 的增区间为
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø和1 ,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø ，减区间为1 1
,
2 a
æ
ö
ç
÷
è
ø.
综上所述，当
0
a £
时，函数
( )
f x 的增区间为
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø，减区间为1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø；
当0
2
a
<
<
时，函数
( )
f x 的增区间为
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø和1 ,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø ，减区间为1 1
,
2 a
æ
ö
ç
÷
è
ø；
当
2
a =
时，函数
( )
f x 的单调递增区间为(0,
)
+¥ ；
当
2
a >
时，函数
( )
f x 的增区间为
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 和1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø，减区间为1 1
, 2
a
æ
ö
ç
÷
è
ø.
（2）若
1
(0,
)
x
"
Î
+¥ ，
2
[ 2, 1]
x
$
Î -
-
，使得
1
2
f x
g x
£
，则
max
max
( )
( )
f x
g x
£
，
2
2
( )
1
0
g x
x
¢
= +
>
，故( )
g x 在[ 2, 1]
-
-
上单调递增，
当
1
x = - 时，( )
g x 取得最大值1，即
max
( )
1
g x
= .
由（1）知，当
0
a £
时，
max
1
( )
1
ln 2
2
4
a
f x
f æ
ö
=
= - -
-
ç
÷
è
ø
，
令1
ln 2
1
4
a
- -
-
£ ，得
8
4ln 2
a ³ - -
，故8
4ln 2
0
a
- -
£
£
.
当
0
a >
时，
( )
f x 无最大值，不符合题意.
综上所述：实数a 的取值范围为[ 8
4ln 2,0]
- -
.
15．（24-25 高二下·河南南阳·阶段练习）已知函数
2
2
( )
(
2)
ln (
), ( )
f x
ax
a
x
x a
g x
x
x
=
-
+
+
Î
=
-
R
.
(1)求函数
( )
f x 的单调区间；
(2)若
1
2
(0,
),
[ 2, 1]
x
x
"
Î
+¥ $
Î -
-
，使得
1
2
f x
g x
£
，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
8
4ln 2,0
- -
【详解】（1）由函数
2
2
ln
f x
ax
a
x
x
=
-
+
+
，则其定义域为
0, ¥
+
，
求导得
2
2
2
1
1
2
2
ax
a
x
f
x
ax
a
x
x
-
+
+
¢
=
-
+
+
=
，
令
2
2
2
1
h x
ax
a
x
=
-
+
+ ，
当
0
a =
时，
2
1
0
h x
x
x
= -
+
>
，令
0
h x >
得
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø，令
0
h x <
得1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø，
则
0
f
x
¢
>
得
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø，
0
f
x
¢
<
得1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø，
所以函数
f x 单调递减区间为1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø，单调递增区间为
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø；
当
0
a ¹
时，函数
h x 为二次函数，由
1 2
1
h x
ax
x
=
-
-
，则令
0
h x =
得
1
x
a
=
或
1
2 ，
当
0
a >
时，函数
h x 开口向上，
当
1
1
0
2
a
<
<
，即
2
a >
时，
0
h x >
得
1
0
x
a
<
<
或
1
2
x >
，
0
h x <
得1
1
2
x
a <
<
，
由
0
f
x
¢
>
得
1
0
x
a
<
<
或
1
2
x >
，
0
f
x
¢
<
得1
1
2
x
a <
<
，
则函数
f x 的单调递减区间为1 1
, 2
a
æ
ö
ç
÷
è
ø，单调递增区间为
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 和1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø；
当1
1
2
a =
，即
2
a =
时，
0
h x ³
当且仅当
1
2
x =
取等号，则
0
f
x
¢
³
，
故函数
f x 的单调递增区间为
0, ¥
+
；
当1
1
2
a
<
，即0
2
a
<
<
时，
0
h x >
得
1
0
2
x
<
<
或
1
x
a
>
，
0
h x <
得1
1
2
x
a
<
<
，
由
0
f
x
¢
>
得
1
0
2
x
<
<
或
1
x
a
>
，
0
f
x
¢
<
得1
1
2
x
a
<
<
，
则函数
f x 的单调递减区间为1 1
,
2 a
æ
ö
ç
÷
è
ø，单调递增区间为
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø和1 ,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø ；
当
0
a <
时，函数
h x 开口向下，显然1
1
0
2
a <
<
，
0
h x >
得
1
0
2
x
<
<
，
0
h x <
得1
2
x
<
，由
0
f
x
¢
>
得
1
0
2
x
<
<
，
0
f
x
¢
<
得1
2
x
<
，
则函数
f x 的单调递减区间为1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø，单调递增区间为
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø；
综上所述，当
2
a >
时，函数
f x 的单调递减区间为1 1
, 2
a
æ
ö
ç
÷
è
ø，单调递增区间为
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 和1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø；
当
2
a =
时，函数
f x 的单调递增区间为
0, ¥
+
；
当0
2
a
<
<
时，函数
f x 的单调递减区间为1 1
,
2 a
æ
ö
ç
÷
è
ø，单调递增区间为
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø和1 ,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø ；
当
0
a £
时，函数
f x 的单调递减区间为1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø，单调递增区间为
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø.
（2）由函数
g x
x
x
2
=
-
，则函数
g x 在
2, 1
-
-
上单调递增，
故其最大值
max
1
1
g x
g
=
-
= ，
当
0
a >
时，由（1）可知函数
f x 无最大值，不合题意；
当
0
a £
时，函数
f x 的单调递减区间为1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø，单调递增区间为
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø，
函数
f x 在
0, ¥
+
上的最大值为
max
1
2
1
4
ln
ln 2
2
4
2
2
4
a
a
a
f x
f
+
+
æ
ö
=
=
-
+
= -
-
ç
÷
è
ø
，
由题意可得：
max
max
f x
g x
£
，则
4
ln 2
1
4
a +
-
-
£ ，解得
8
4ln 2
a ³ - -
，
综上所述，a 的取值范围为
8
4ln 2,0
- -
.
16．（24-25 高二下·江苏南京·期末）已知曲线
3
2
1
1
3
y
f x
x
ax
bx
=
=
-
+
+ 在点
0,
0
f
处的切线的斜率为3，且当
3
x =
时，函数
f x 取得极值.
(1)求函数的极值；
(2)若存在
0,3
xÎ
，使得不等式
0
f x
m
-
£
成立，求m 的取值范围.
【答案】(1)极大值是
7
1
3
f
=
，极小值是
3
1
f
= ；
(2)
1
m ³
【详解】（1）
2
2
f
x
x
ax
b
¢
=
-
+
，由导数的几何意义可知，
0
3
f
b
¢
=
=
，
且
3
9
6
3
0
f
a
¢
=
-
+
=
，得
2
a =
，
所以
3
2
1
1
2
3
3
f x
x
x
x
=
+
-
+ ，
2
4
3
0
f
x
x
x
¢
=
-
+
=
，得
1
x = 或
3
x =
，
0
f
x
¢
>
，得
1
x < 或
3
x >
，
0
f
x
¢
<
，得1
3
x
<
<
，
所以
f x 的增区间是
,1
-¥
和
3,+¥ ，减区间是
1,3 ，
所以
f x 的极大值是
7
1
3
f
=
，极小值是
3
1
f
= ；
（2）由（1）可知，
f x 在区间
0,1 单调递增，在区间
1,3 单调递减，
0
1
3
f
f
= =
，
所以
f x 在区间
0,3 的最大值为
7
1
3
f
=
，
0
3
1
f
f
=
= ，
若存在
0,3
xÎ
，使得不等式
0
f x
m
-
£
成立，则
min
m
f x
³ é
ù
ë
û
，
所以
1
m ³ .
17．（24-25 高二下·广东广州·期中）已知函数
2
1
2
2 ln
2
f x
x
a
x
a
x a
=
-
+
+
ÎR ．
(1)若
0
a >
，讨论函数
f x 的单调性；
(2)设函数
2
g x
a
x
= -
+
，若至少存在一个
0
e,4
x Î
，使得
0
0
f
x
g x
>
成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
2 ,
ln2
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø
【详解】（1）函数
2
1
( )
(
2)
2 ln
2
f x
x
a
x
a
x
=
-
+
+
的定义域是
0
x x >
2
(
2)
2
(
2)(
)
( )
x
a
x
a
x
x
a
f
x
x
x
-
+
+
-
-
=
¢
=
.
当
2
a >
时，由
( )
0
f
x
¢
>
，得0
2
x
<
<
或x
a
>
，由
( )
0
f
x
¢
<
，得2
x
a
<
<
，
此时
( )
f x 在(0,2) 和( ,
)
a +¥ 上单调递增，在(2, )
a 上单调递减；
当
2
a =
时，
2
(
2)
( )
0,
0
x
f
x
x
x
¢
-
=
³
>
，且
0
f
x
¢
=
不恒成立，此时
f x 在
0, ¥
+
单调递增，无单调递减区间；
当0
2
a
<
<
时，由
( )
0
f
x
¢
>
，得0
x
a
<
<
或
2
x >
，由
( )
0
f
x
¢
<
，得
2
a
x
<
<
，
此时
( )
f x 在(0, )
a 和(2,
)
+¥ 上单调递增，在( ,2)
a
上单调递减；
综上所述，当
2
a >
时，
( )
f x 在(0,2) 和( ,
)
a +¥ 上单调递增，在(2, )
a 上单调递减；
当
2
a =
时，
f x 在
0, ¥
+
单调递增，无单调递减区间；
当0
2
a
<
<
时，
( )
f x 在(0, )
a 和(2,
)
+¥ 上单调递增，在( ,2)
a
上单调递减；
（2）至少存在一个
0
e,4
x Î
，使得
0
0
f
x
g x
>
成立，即当
0
e,4
x Î
时，
2
1
2 ln
0
2 x
a
x
+
>
有解
∵当
0
e,4
x Î
时，ln
1
x ³ ，∴
2
1
2
2
ln
x
a
x
> -
有解，
令
2
0
1
2
( )
,
l
4
e,
n
h
x
x
x
x
=
Î
-
，则
min
2
( )
a
h x
>
.
∵
2
2
2
1
1
1
ln
ln
2
2
( )
0
(ln )
(ln )
x
x
x
x
x
x
h x
x
x
æ
ö
-
-
×
ç
÷
è
ø
= -
= -
<
¢
，
∴( )
h x 在
e,4 上单调递减，∴
min
4
( )
(4)
ln2
h x
h
=
= -
，
∴
4
2
ln 2
a > -
，即
2
ln 2
a > -
，
∴实数a 的取值范围
2 ,
ln2
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø .
18．（24-25 高二下·北京延庆·期末）已知函数
ln
f x
x
x
a
=
+
- +
，其中
0
a >
.
(1)当
2
a =
时，写出
f x 的单调递增区间；
(2)若函数
f x 的极大值为0，且对
,0
x
" Î -¥
，
2
0
f x
kx
k
³
<
成立，求实数k 的最大值；
(3)若过原点至少存在1 条直线与曲线
y
f x
=
相切，求a 的取值范围.
【答案】(1)
,1
-¥
；
(2)
1
2
-
；
(3)
0,1 .
【详解】（1）当
2
a =
时，
ln
2
f x
x
x
=
+
- +
，定义域
,2
-¥
，
则
1
1
1
2
2
x
f
x
x
x
-
= -
=
- +
-
¢
，令
0
f
x
¢
>
，得
1
x < ，
所以
f x 的单调递增区间是
,1
-¥
.
（2）由题意，函数
f x 定义域为
,a
-¥
，
1
1
1
x
a
f
x
x
a
x
a
¢
-
-
= -
=
- +
-
，
当
1
x
a
<
- 时，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增；当
1
a
x
a
- <
<
时，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减，
所以当
1
x
a
=
- 时，
f x 取极大值，即
1
1 ln1
0
f a
a
-
=
- -
=
，所以
1
a = .
对任意的
,0
xÎ -¥
，
2
f x
kx
³
成立，即对任意的
,0
xÎ -¥
，
2
ln
1
0
kx
x
x
-
- +
-
£
，
记
2
ln
1
g x
kx
x
x
=
-
- +
-
，
,0
xÎ -¥
，
则
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
1
1
1
kx x
x
kx
k
k
g
x
kx
x
x
x
¢
é
ù
æ
ö
-
-
+
ç
÷
ê
ú
-
+
+
è
ø
ë
û
=
+
- =
=
- +
- +
- +
，
①
1
0
2
k
-
<
< 时，此时1
1
0
2k + <
，
当1
1
0
2
x
k + <
<
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减；当
1
1
2
x
k
<
+ 时，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，
所以当
1
1
2
x
k
=
+ 时，
g x 取极大值也是最大值，
max
1
1
0
0
2
g x
g
g
k
æ
ö
=
+
>
=
ç
÷
è
ø
，不符合题意.
②当
1
2
k £ -
时，此时1
1
0
2k + ³
，
当
0
x <
时，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增；
当
0
x £
时，
0
0
g x
g
£
=
，符合题意，
综上可得
1
2
k £ -
，所以实数k 的最大值为
1
2
-
.
（3）当
1
a = 时，
0
0
f
=
，曲线
y
f x
=
过原点，存在至少一条切线.
当
1
a ¹ 时，过原点作曲线
y
f x
=
的切线，切点设为
0
0
,
x
f x
，
0
0
x ¹
，
1
1
1
,
x
a
f
x
x
a
x
a
x
a
- +
-
¢
= -
=
<
- +
- +
，所以
0
0
0
0
0
ln
1
x
x
a
x
a
x
a
x
+
-
+
-
+
- =
-
+
，
要使过原点作曲线
y
f x
=
的切线，至少存在一条，
则方程
0
0
0
0
0
ln
1
x
x
a
x
a
x
a
x
+
-
+
-
+
- =
-
+
至少存在一个解，即
0
0
0
ln
0
x
x
a
x
a -
-
+
=
-
至少存在一个解，
令
ln
x
m x
x
a
x
a
=
-
- +
-
，x
a
<
，
则
2
2
1
a
x
m x
x
a
x
a
x
a
-
-
¢
=
+
=
- +
-
-
，
所以，当
0
x <
时，
0
m x
¢
>
，
m x 单调递增；当0
x
a
<
<
时，
0
m x
¢
<
，
m x 单调递减，
所以当
0
x =
时，
m x 最大值为
0
ln
m
a
= -
，
要
ln
0
x
m x
x
a
x
a
=
-
- +
=
-
至少一个解，则
ln
0
a
-
>
，即0
1
a
<
< ，
此时，
0
ln
0
m
a
= -
>
，
e
e
1
0
e
e
a
a
m
a
- +
- +
=
- = -
<
-
，
0
m x =
在
e
,0
a
- +
存在一个解.
综上，
0,1
aÎ
.
1．（23-24 高二下·江西萍乡·期中）对于三次函数
3
2
0
ax
bx
d a
f x
cx
=
+
+
+
¹
，给出定义：
f
x
¢
是
y
f x
=
的
导函数，
f
x
¢¢
是
f
x
¢
的导函数，若方程
0
f
x
¢¢
=
有实数解
0x ，则称点
0
0
,
x
f x
为函数
y
f x
=
的“拐点”．经
过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数
3
2
1
1
5
3
3
2
12
g x
x
x
x
=
-
+
-
，则
1
2
2023
2024
2024
2024
g
g
g
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
+
+
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
L
（ ）
A．2022
B．2023
C．2024
D．2025
【答案】B
【详解】
2
3
g
x
x
x
¢
=
-
+
，
2
1
0
g
x
x
¢
-
¢
=
=
，得
1
2
x =
，
又
1
1
2
g æ
ö =
ç
÷
è
ø
，所以函数
g x 关于点1 ,1
2
æ
ö
ç
÷
è
ø 对称，
即
1
2
g x
g
x
+
-
=
，则
1
2023
2
2022
1011
1013
...
2
2024
2024
2024
2024
2024
2024
g
g
g
g
g
g
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
=
+
=
=
+
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，
且
1012
1
1
2024
2
g
g
æ
ö
æ
ö
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
1
2
2023
2 1011 1
2023
2024
2024
2024
g
g
g
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
+
+
=
´
+ =
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
L
.
故选：B
2．（23-24 高二下·江苏常州·期中）设
( )
f x 定义在R 上，若对任意实数t ，存在实数
1
2
,
x x ，使得
1
2
1
2
( )
f x
f x
f t
x
x
-
=
-
¢
成立，则称
( )
f x 满足“性质T ”，下列函数满足“性质T ”的有（ ）
A．
3
( )
3
f x
x
x
=
-
B．
1
( )
ex
f x
-
=
C．
( )
sin 2
f x
x
=
D．
2
( )
1
x
f x
x
=
+
【答案】B
【详解】将
1
2
1
2
( )
f x
f x
f t
x
x
-
=
-
¢
变形为：
1
1
2
2
(
)
( )
(
)
( )
f x
x f t
f x
x f t
¢
¢
-
=
-
，
令( )
( )
( )
g x
f x
f t x
¢
=
-
，则( )
g x 在R 上至少有2 个不等实数使得
1
2
(
)
(
)
g x
g x
=
，
所以( )
( )
( )
g x
f x
f t x
¢
=
-
在R 上不单调，即可
( )
f x 满足“性质T ”；
对于A，
3
2
( )
( )
( )
3
(3
3)
g x
f x
f t x
x
x
t
x
¢
=
-
=
-
-
-
，当
0
t =
时，
3
( )
g x
x
=
在R 上单调递增，所以
3
( )
3
f x
x
x
=
-
不满
足“性质T ”；
对于B，
1
1
( )
(
e
)
( )
ex
t
g x
f x
f t x
x
-
-
¢
=
-
=
-
，
1
1
e
( )
ex
t
g x
-
-
¢
=
-
，所以x
t
> 时，
( )
0
g x
¢
> ，当x
t
< 时，
( )
0
g x
¢
<
，所以
考点三
导数新定义问题
( )
g x 在R 上不单调，
1
( )
ex
f x
-
=
满足“性质T ”；
对于C，( )
( )
( )
sin 2
2 cos2
g x
f x
f t x
x
x
t
¢
=
-
=
-
，当
0
t =
时，则
2cos2
2
0
g
x
x
=
-
£
¢
，所以( )
g x 在R 上单调递
减，则
( )
sin 2
f x
x
=
不满足“性质T ”；
对于D，
2
2
2
2
1
1
1
x
t
g x
f x
f
t x
x
x
t
-
=
-
=
+
+
¢
+
，当
0
t =
时，
4
2
2
2
3
0
1
x
x
g
x
x
-
-
=
<
+
¢
，( )
g x 在R 上单调递减，则
2
( )
1
x
f x
x
=
+ 不满足“性质T ”；
故选：B
3．（24-25 高三上·湖南·阶段练习）定义
f
x
f
x
¢
=
的实数根x 为
f x 的“坚定点”，已知
0
a >
，且
1
a ¹ ，则下列
函数中，不存在“坚定点”的是（ ）
A．
sin
f x
a
x
=
B．
ln
f
x
ax
=
C．
3
2
2
f x
x
x
ax
a
=
+
+
+
D．
eax
f x =
【答案】D
【详解】对选项A：
cos
f
x
a
x
¢
=
，令
f x
f
x
=
¢
，则sin
cos
a
x
a
x
=
，解得
π
π
4
x
k
=
+
，k ÎZ ，存在“坚定点”；
对选项B：
1
f
x
x
¢
=
，
f
x
¢
在
0, ¥
+
上单调递减，
0
x
时，
f
x
¥
¢
+
，x +¥ 时，
0
f
x
¢
；
ln
f x
ax
=
在
0, ¥
+
上单调递增，
0
x
时，
f x
¥
-
，x +¥ 时，
f x
¥
+
，
所以关于x 的方程1
lnax
x =
在
0, ¥
+
上有一解，存在“坚定点”；
对选项C：
2
3
4
f
x
x
x
a
¢
=
+
+
，令
f x
f
x
=
¢
，
则
3
2
2
2
3
4
x
x
ax
a
x
x
a
+
+
+
=
+
+
，即
3
2
2
4
4
0
x
x
a
x
x x
x
a
-
+
-
=
-
+
-
=
，显然
0
x =
是“坚定点”；
对选项D：
eax
f
x
a
¢
=
，令
f x
f
x
=
¢
，则e
e
ax
ax
a
=
，因为
0
a >
且
1
a ¹ ，所以不存在“坚定点”．
故选：D.
4．（24-25 高二上·陕西榆林·期末）已知函数
f x 的导函数为
f
x
¢
，若存在
0x 使得
0
0
f
x
f
x
¢
=
，则称
0x 是
f x 的一个“巧值点”.下列四个函数中，没有“巧值点”的是（ ）
A．
ln
1
f x
x
=
+
B．
1
2
x
f x
æ
ö
= ç
÷
è
ø
C．
sin
f x
x
=
D．
cos
f x
x
=
【答案】B
【详解】对于A 选项，
ln
1
f x
x
=
+
，
1
1
f
x
x
¢
=
+ ，
令
1
ln
1
1
g x
f x
f
x
x
x
¢
=
-
=
+
-
+ ，
因为函数
ln
1
y
x
=
+
、
1
1
y
x
= -
+ 在
1,
- +¥ 上均为增函数，
所以，函数
1
ln
1
1
g x
x
x
=
+
-
+ 在
1,
- +¥ 上为增函数，
因为
0
1
0
g
= - <
，
1
1
ln 2
0
2
g
=
-
>
，则
0
1
0
g
g
< ，
由零点存在定理可知，函数
1
ln
1
1
g x
x
x
=
+
-
+ 在
0,1 上存在唯一零点，
所以，函数
ln
1
f x
x
=
+
有“巧值点”；
对于B 选项，
1
2
x
f x
æ
ö
= ç
÷
è
ø
，则
1
1
ln
2
2
x
f
x
æ
ö
¢
= ç
÷
è
ø
，
由
f
x
f
x
¢
=
可得1
1
1
ln
2
2
2
x
x
æ
ö
æ
ö
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，即
1
ln
1
2 = ，矛盾，
所以，函数
1
2
x
f x
æ
ö
= ç
÷
è
ø
没有“巧值点”；
对于C 选项，
sin
f x
x
=
，则
cos
f
x
x
¢
=
，
由
f
x
f
x
¢
=
可得sin
cos
x
x
=
，即tan
1
x = ，解得
π
π
4
x
k
k
=
+
ÎZ ，
所以，函数
sin
f x
x
=
有“巧值点”；
对于D 选项，
cos
f x
x
=
，则
sin
f
x
x
¢
= -
，
由
f
x
f
x
¢
=
可得cos
sin
x
x
= -
，即tan
1
x = - ，解得
π
π
4
x
k
k
=
-
ÎZ ，
所以，函数
cos
f x
x
=
有“巧值点”.
故选：B.
5．（2025·江西南昌·一模）我们约定：若两个函数的极值点个数相同，并且图象从左到右看，极大值点和极小值点
分布的顺序相同，则称这两个函数的图象“相似”．已知
2
2
1
e
e
1
2
x
f x
x
x
=
-
+
-
，则下列给出的函数其图象与
y
f x
=
的图象“相似”的是（ ）
A．
2
y
x
=
B．
2
y
x
= -
C．
3
3
y
x
x
=
-
D．
3
3
y
x
x
= -
+
【答案】C
【详解】
e
e
2
2
x
f
x
x
x
¢
=
-
+
-
，则
1
0
f ¢
=
，
令
0
f
x
¢
=
，则
e
e
2
2
x
x
=
-
+
，
如图，作出函数
e ,
e
2
2
x
y
y
x
=
=
-
+
的图象，
由图可知函数
e ,
e
2
2
x
y
y
x
=
=
-
+
的图象有两个交点，
即函数
y
f
x
=
¢
有两个零点
0
1, x ，且
0
0
x <
，
令
0
f
x
¢
>
，则
1
x > 或
0
x
x
<
，令
0
f
x
¢
<
，则
0
1
x
x
<
< ，
所以
f x 在
0
,
, 1,
x
¥
¥
-
+
上单调递增，在
0,1
x
上单调递减，
所以
f x 的极大值点为
0x ，极小值点为1.
对于A，函数
2
y
x
=
在
,0
¥
-
上单调递减，在
0, ¥
+
单调递增，
所以函数有极小值点，无极大值点，故A 选项不符；
对于B，函数
2
y
x
= -
在
,0
¥
-
上单调递增，在
0, ¥
+
单调递减，
所以函数有极大值点，无极小值点，故B 选项不符；
对于C，
2
3
3
y
x
¢ =
- ，
当
1
x < - 或
1
x > 时，
2
3
3 0
y
x
¢=
- >
，当1
1
x
- <
< 时，
2
3
3
0
y
x
¢ =
-
<
，
所以函数
3
3
y
x
x
=
-
的极大值点为1
- ，极小值点为1，故C 选项符合题意；
对于D，
3
3
3
3
y
x
x
x
x
= -
+
= -
-
，
则函数
3
3
y
x
x
= -
+
的极小值点为1
- ，极大值点为1，故D 选项不符.
故选：C.
6．（24-25 高二下·广东东莞·阶段练习）定义满足方程
1
f
x
f x
¢
+
= 的解
0x 叫做函数
f x 的“自足点”，则下列四
个函数：①
2
3
f
x
x
x
=
-
+ ；②
1
g x
x
x
=
+
；③
ln
h x
x
=
；④
e
sin
3
x
p x
x
=
-
+
，则存在“自足点”的函数共
有（ ）个．
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【详解】对于①
2
3
f
x
x
x
=
-
+ ，则
2
1
f
x
x
¢
=
- ，由
2
2
1
f x
f
x
x
x
¢
+
=
+
+
= ，
即
2
1
0
x
x
+
+ =
，
1
4
0
D = -
<
，所以
2
1
0
x
x
+
+ =
无实数根，
因此
2
3
f
x
x
x
=
-
+ 不存在“自足点”，故①错误；
对于②
1
g x
x
x
=
+
，
|
0
x x ¹
，则
2
1
1
g
x
x
¢
= -
，由
2
1
1
1
1
g x
g
x
x
x
x
¢
+
=
+
-
+ = ，
可得
3
1
0
x
x
+
- =
，其中
0
x ¹
，令
3
1
m x
x
x
=
+
- ，显然
m x 在定义域R 上单调递增，
又
1
3
0
2
8
mæ
ö = -
<
ç
÷
è
ø
，
1
1
0
m
= >
，
所以函数
m x 在
1 ,1
2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上存在零点，即函数
1
g x
x
x
=
+
存在“自足点”，故②正确；
对于③
ln
h x
x
=
，则
1
h x
x
¢
=
，其中
0
x >
，
因为
1
1
1
h
h¢
+
= ，故函数
ln
h x
x
=
存在“自足点”，故③正确；
对于④
e
sin
3
x
p x
x
=
-
+
，则
e
cos
x
p
x
x
¢
=
-
，
由
2e
sin
cos
3
1
x
p x
p x
x
x
¢
+
=
-
-
+
= ，可得2e
sin
cos
2
0
x
x
x
-
-
+
=
，
因为sin
1
x £ ，cos
1
£
x
，
所以
2e
sin
cos
2
2e
1 sin
1 cos
2e
0
x
x
x
x
x
x
x
-
-
+
=
+
-
+
-
³
>
，
所以方程2e
sin
cos
2
0
x
x
x
-
-
+
=
无实解，故④错误.
故存在“自足点”的函数共有2 个.
故选：B
7．（24-25 高二下·云南·期中·多选）若存在m ，使得
( )
f x
m
³
对任意x
D
Î
恒成立，则函数
( )
f x 在D 上有下界，其
中m 为函数
( )
f x 的一个下界；若存在M ，使得
( )
f x
M
£
对任意x
D
Î
恒成立，则函数
( )
f x 在D 上有上界，其中
M 为函数
( )
f x 的一个上界．如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界．下列说法正确的是（ ）
A．2
- 是函数
1
( )
(
0)
f x
x
x
x
=
+
<
的一个下界
B．函数
( )
ln
2
f x
x
x
x
=
+
有下界，无上界
C．函数
e
( )
x
f x
x
=
有下界，无上界
D．函数
2
sin
( )
2
x
f x
x
=
+
有界
【答案】BD
【详解】对于选项A：当
0
x <
时，
1
1
2
f x
x
x
x
x
æ
ö
-
= -
+
= -
+
³
ç
÷
-
è
ø
，
当且仅当
1
x = - 时，等号成立，
可得
2
f x £ - 恒成立，可知2
- 是
f x 的一个上界，故A 错误；
对于选项B：
( )
f x 的定义域为
0, ¥
+
，且
ln
3
f
x
x
=
¢
+ ，
当
3
0,
x
e-
Î
时，
0
f
x
¢
<
；当
3
e ,
x
-
Î
+¥ ，
0
f
x
¢
>
，
可知
f x 在
3
0,e-
上单调递减，在
3
e , ¥
- +
上单调递增，
则
3
3
e
e
f x
f
-
-
³
= -
，可知
f x 有下界，
且当x 趋近于+¥ 时，
f x 趋向于+¥ ，可知
f x 无上界，
综上所述：
f x 有下界，无上界，故B 正确；
对于选项C：当
0
x <
，x 趋近于0 时，
f x 趋向于-¥ ，
可知
f x 无下界，故C 错误；
对于选项D：因为sin
[ 1,1]
x Î -
，则
2
2
2
1
sin
1
2
2
2
x
x
x
x
-
£
£
+
+
+
，
且
2
1
1
2
2
x
-
³ -
+
，
2
1
1
2
2
x
£
+
，即
1
1
2
2
f x
-
<
<
，
所以
2
sin
( )
2
x
f x
x
=
+
有界，故D 正确．
故选：BD．
8．（2025·山东潍坊·二模·多选）曲线的曲率定义如下：若
f
x
¢
是
f x 的导数，
f
x
¢¢
是
f
x
¢
的导数，则曲线
y
f x
=
在点
,x f x
处的曲率
3
2
2
1
f
x
k
f
x
=
é
ù
+
ê
¢
ú
ë
û
¢¢
，则（ ）
A．曲线
cos
y
x
=
上不存在曲率大于1的点
B．曲线
2
y
x
x
=
+
在点
1
1
,
2
4
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø 处的曲率最大
C．曲线
2
2
1
0
4
y
x
y
+
=
>
在点
0,2 处的曲率为
1
2
D．曲线
ln
y
x
=
在点
1
1
, ln
x
x
与
2
2
1
2
, ln
x
x
x
x
¹
处曲率相等，则
1
2
1
2
x x <
【答案】ABD
【详解】对于A 选项，设
cos
f x
x
=
，则
sin
f
x
x
= -
¢
，
cos
f
x
x
= -
¢¢
，
所以，
3
3
2
2
2
2
cos
cos
1
1 sin
1
f
x
x
k
x
x
f
x
=
=
£
£
é
¢¢
¢
ù
+
+
ê
ú
ë
û
，
所以，曲线
cos
y
x
=
上不存在曲率大于1的点，A 对；
对于B 选项，令
2
f x
x
x
=
+
，则
2
1
f
x
x
¢
=
+ ，
2
f
x
¢¢
=
，
所以，
3
3
2
2
2
2
2
1
2
1
1
f
x
k
x
f
x
=
=
é
ù
é
ù
+
+
+
ê
ú
ë
ë
û
¢
û
¢¢
，
故当
1
2
x = -
时，
2
1
2
1
x
+
+
取最小值，此时k 取最大值，且
1
1
1
1
2
4
2
4
f æ
ö
-
=
-
= -
ç
÷
è
ø
，
所以，曲线
2
y
x
x
=
+
在点
1
1
,
2
4
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø 处的曲率最大，B 对；
对于C 选项，由
2
2
1
0
4
y
x
y
+
=
>
可得
2
2 1
y
x
=
-
，
令
2
2 1
f x
x
=
-
，则
2
2
1
x
f
x
x
-
¢
=
-
，
则
2
2
2
''
3
2
2
2
2
2 1
2
1
1
1
x
x
x
f
x
x
x
-
+
-
= -
= -
-
-
，所以，
0
0
f ¢
=
，
'' 0
2
f
= - ，
所以，曲线
2
2
1
0
4
y
x
y
+
=
>
在点
0,2 处的曲率为
''
3
2
2
0
2
1
0
f
k
f
=
=
é
ù
+
ê
ú
ë
û
¢
，C 错；
对于D 选项，设
ln
f x
x
=
，则
1
f
x
x
¢
=
，
2
1
f
x
x
= -
¢¢
，
则
y
f x
=
在点
,x f x
处的曲率
2
3
3
3
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
f
x
x
x
k
x
f
x
x
=
=
=
é
ù
æ
ö
¢¢
¢
+
+
+
ê
ú
ç
÷
ë
û
è
ø
，
因为曲线
ln
y
x
=
在点
1
1
,ln
x
x
与
2
2
1
2
,ln
x
x
x
x
¹
处曲率相等，
即
1
2
3
3
2
2
2
2
1
2
1
1
x
x
x
x
=
+
+
，即
2
2
1
2
3
3
2
2
1
2
1
1
x
x
x
x
=
+
+
，
即
2
6
4
2
2
6
4
2
1
2
2
2
2
1
1
1
3
3
1
3
3
1
x
x
x
x
x
x
x
x
+
+
+
=
+
+
+
，
整理可得
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
3
1
0
x
x
x x
x
x
x x
é
ù
-
+
+
-
=
ë
û
，
因为
1
2
x
x
¹
且
1
x 、
2x 均为正数，所以，
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
3
1
0
x x
x
x
x x
+
+
- =
，
由基本不等式可得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
3
1
0
2
3
1
x x
x
x
x x
x x
x x
x x
+
+
- =
>
×
+
- ，
即
3
2
1
2
1
2
2
3
1
0
x x
x x
+
- <
，令
1
2
0
t
x x
=
>
，则
3
2
2
3
1
0
t
t
+
- <
，
即
2
2
1
1
0
t
t
-
+
<
，由于
0
t >
，解得
1
2
t <
，即
1
2
1
2
x x <
，D 对.
故选：ABD.
9．（23-24 高二下·辽宁·阶段练习）定义：设二元函数
,
z
f
x y
=
在点
0
0
,
x
y
的附近有定义，当y 固定在
0y 而x 在
0x 处有改变量x
D 时，相应的二元函数
,
z
f
x y
=
有改变量
0
0
0
0
Δ
Δ ,
,
z
f x
x y
f x y
=
+
-
，如果
Δ
0 Δ
l
Δ
im
x
z
x
存在，那么
称此极限为二元函数
,
z
f
x y
=
在点
0
0
,
x
y
处对x 的偏导数，记作
0
0
,
xf
x y
．若
,
z
f
x y
=
在区域D 内每一个点
,x y 对x 的偏导数都存在，那么这个偏导数就是一个关于x，y 的二元函数，它就被称为二元函数
,
z
f
x y
=
对自
变量x 的偏导函数，记作
,
xf
x y ．已知
2
2
,
F x y
x
y
xy
=
+
-
，若
,
1
F x y = ，则
,
,
x
y
F x y
F x y
+
的取值集合为
【答案】
2 2
- ,
【详解】依题意，
2
2
2
2
0
0
(
)
(
)
( , )
lim
lim[
]
x
x
x
z
x
x
y
x
x y
x
y
xy
F x y
x
x
+
+
-
+
-
-
+
=
=
V
V
V
V
V
V
V
0
lim(2
)
2
x
x
y
x
x
y
=
-
+
=
-
V
V
，
同理可求得
( , )
2
y
F x y
y
x
=
- ，所以
(
x
F x , )
( , )
y
y
F x y
x
y
+
=
+
，设z
x
y
=
+
，
则y
x
z
= - +
，由
2
2
( , )
1
F x y
x
y
xy
=
+
-
= ，
得
2
2
(
)
(
)
1
0
x
x
z
x
x
z
+ - +
-
- +
- =
，
2
2
3
3
1
0
x
zx
z
-
+
- =
，此方程有解，
所以
2
2
2
Δ
9
12(
1)
3
12
0
z
z
z
=
-
-
= -
+
³
，
即
2
4
z £
，2
2
z
- £
£
．
故
,
,
x
y
F x y
F x y
+
的取值范围为
2 2
- ,
，
故答案为：
2 2
- ,
10．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，对于曲线G 所在平面内的点O，若存在以O 为顶点的角α，使得对于曲线
G 上的任意两个不同的点A，B，恒有
AOB
a
Ð
£
成立，则称角α 为曲线G 的相对于点O 的“界角”，并称其中最小
的“界角”为曲线G 的相对于点O 的“确界角”.已知曲线C：
1
2
e
1,
0
1
1,
0
16
x
x
x
y
x
x
-
ì
+
>
ï
= í
+
£
ïî
（其中e是自然对数的底数），O 为坐
标原点，曲线C 的相对于点O 的“确界角”为b ，则b =
．
【答案】π
2
【详解】当
0
x >
时，过原点作
1
e
1
x
y
x
-
=
+ 的切线，
设切点
1 1
1
1
)
,
e
(
1
x
A x x
- +
，
1
1 ex
y
x
-
=
+
¢
，
1 1
1
1
=( +1)ex
k
x
- ，
则切线方程为
1
1
1
1
1
1
1
e
1
( +1)e
(
)
x
x
y
x
x
x
x
-
-
-
+
=
-
，
又切线过点
0,0 ，所以
1
1
1
1
2
1
1
1
1
(
e
e)
x
x
x
x
x
-
-
- = -
-
-
，所以
1 1
2
1 e
1
0
x
x
- - =
.
设
2
1
e
,( >0)
x
g x
x
x
-
=
，则
2
1
2
e
>0
x
g
x
x
x
-
=
¢
+
，故
g x 为增函数，且1
1
g
= ，
所以
1
1
1,
2
x
k
=
=
，
当
0
x <
时，过原点作
2
1
1
16
y
x
=
+ 的切线，
设切点B
2
2
2
1
,
1
16
x
x
æ
ö
+
ç
÷
è
ø，
2
2
1
1
,
8
8
y
x k
x
¢ =
=
，
则切线为
2
2
2
2
1
1
1
(
)
16
8
y
x
x x
x
æ
ö
-
+
=
-
ç
÷
è
ø
，又切线过点
0,0 ,
所以
2
2
2
2
1
1
1
16
8
x
x
-
- = -
，又
2
0
x £
，
2
2
1
4,
2
x
k
= -
= -
，
因为
1
2
1
k k = - ，所以两切线垂直，所以
π
2
b =
.
故答案为：π
2
11．（2025·河北·模拟预测）若存在正数k ，对任意的
1
2
,
x x
D
Î
，
1
2
1
2
f x
f x
k g x
g x
-
³
-
恒成立，则称函
数
f x ，
g x 在D 上具有性质“
M k ”．
(1)判断函数
2
1
2
f x
x
=
，
4
g x
x
=
在
2 2
- ,
上是否具有性质“
1
16
M æ
ö
ç
÷
è
ø
”，并说明理由；
(2)若函数
2
sin
f x
x
x
=
-
，
cos
g x
x
= -
在
π
0, 2
é
ù
ê
ú
ë
û 上具有性质“
M k ”，求k 的取值范围；
(3)若函数
f x 与
e
ln
x
g x
x
x
x
=
-
-
在
0, ¥
+
上具有性质“
1
M
”，且存在
,
0,
a b
¥
Î
+
，a
b
<
，使得
f a
f b
=
，求证：e
e
2
a
b
a
b
+
>
．
【答案】(1)
f x 和
g x 具有性质“
1
16
M æ
ö
ç
÷
è
ø
”，理由见解析；
(2)0
3
k
<
£
；
(3)答案见解析.
【详解】（1）函数
2
1
2
f x
x
=
和
4
g x
x
=
在
2 2
- ,
上具有性质“
1
16
M æ
ö
ç
÷
è
ø
”.
理由如下：
因为
f x 和
g x 在
2 2
- ,
上均为偶函数，且在
0,2 上单调递增，
所以只需考虑
1
2
2
0
x
x
³
³
³
的情况，
令
2
4
1
1
1
16
2
16
h x
f x
g x
x
x
=
-
=
-
，则
3
2
1
4
0
4
4
x
h x
x
x
x
=
-
=
-
³
¢
，
所以
h x 在区间
0,2 上单调递增，且
0
0
h
=
，所以
0,
0,2
h x
x
³
Î
恒成立，
则
1
2
h x
h x
³
，即
1
1
2
2
1
1
16
16
f x
g x
f x
g x
-
³
-
，
则
1
2
1
2
1
0
16
f x
f x
g x
g x
é
ù
-
³
-
³
ë
û
，再根据函数
h x 是偶函数，
即
1
2
1
2
1
16
f x
f x
g x
g x
-
³
-
，
1
2
,
2,2
x x Î -
，
所以函数
2
1
2
f x
x
=
和
4
g x
x
=
在
2 2
- ,
上具有性质“
1
16
M æ
ö
ç
÷
è
ø
”.
（2）
2
cos
0
f
x
x
=
¢
-
>
，
f x 在区间
π
0, 2
é
ù
ê
ú
ë
û 单调递增，
cos
g x
x
= -
在
π
0, 2
é
ù
ê
ú
ë
û 上单调递增，
设
1
2
π
0
2
x
x
³
³
³
，若函数
f x 和
g x 具有性质“
M k ”，
则
1
2
1
2
f x
f x
k g x
g x
é
ù
-
³
-
ë
û ，整理为
1
1
2
2
f x
kg x
f x
kg x
-
=
-
设
2
sin
cos
F x
f x
kg x
x
x
k
x
=
-
=
-
+
，由以上可知，
F x 在区间
π
0, 2
é
ù
ê
ú
ë
û 上单调递增，
即
2
cos
sin
0
F
x
x
k
x
-
¢
=
-
³
，
当
π
0, 2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û 时，
2
cos
sin
x
k
x
-
£
恒成立，
令
2
cos
sin
x
G x
x
-
=
，
π
0, 2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û ，
2
1
2cos
0
sin
x
G
x
x
-
¢
=
=
，得
π
3
x =
，
当
π
0, 3
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
G
x
¢
<
，
G x 单调递减，
当
π π
,
3 2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û 时，
0
G
x
¢
>
，
G x 单调递增，
所以当
π
3
x =
时，
G x 取得最小值
3 ，
所以0
3
k
<
£
；
（3）由题意可知，存在
,
0,
a b
¥
Î
+
，a
b
<
，
f a
f b
g a
g b
-
³
-
，又
f a
f b
=
，
则
0
g a
g b
-
£
，即
g a
g b
=
，
e
ln e
x
x
g x
x
x
=
-
，
0
x >
，设
e
0
x
t
x
=
>
，
ln
g t
t
t
= -
，
1
1
1
t
g t
t
t
¢
-
= -
=
，
当
0,1
t Î
时，
0
g t
¢
<
，
g t 单调递减，当
1,
t
¥
Î
+
时，
0
g t
¢
>
，
g t 单调递增，
设1
ea
t
a
=
，2
eb
t
b
=
，不妨设
1
0,1
t Î
，
2
1,
t
¥
Î
+
，
1
2
1,2
t
-
Î
，且
1
2
g t
g t
=
，
设
2
F t
g t
g
t
=
-
-
，
0,1
t Î
1
1
2
2
1
1
2
0
2
2
F
t
g t
g
t
t
t
t
t
¢
¢
¢
=
+
-
= -
+ -
=
-
<
-
-
，
所以
F t 在区间
0,1 上单调递减，且
1
0
F
=
，即
0
F t >
，
0,1
t Î
即
1
1
2
0
g t
g
t
-
-
>
，即
1
1
2
g t
g
t
>
-
，则
2
1
2
g t
g
t
>
-
，
即2
1
2
t
t
>
-
，则1
2
2
t
t
+
>
，得e
e
2
a
b
a
b
+
>
，即证.
12．（24-25 高二下·江苏常州·期中）在高等数学中，我们将
y
f x
=
在
0
x
x
=
处可以用一个多项式函数近似表示，
具体形式为：
2
0
0
0
0
0
0
0
2!
!
n
n
f
x
f
x
f x
f x
f
x
x
x
x
x
x
x
n
¢¢
=
+
¢
-
+
-
+×××+
-
+××× （其中
n
f
x 表示
f x 的
n 次导数
*
3,
N
n
n
³
Î
），以上公式我们称为函数
f x 在
0
x
x
=
处的泰勒展开式．当
0
0
x =
时泰勒展开式也称为麦克
劳林公式．比如ex 在
0
x =
处的麦克劳林公式为：
2
2
1
1
1
e
1
2!
3
!
x
n
x
x
x
x
n
= +
+
+
+
+
+
L
L
！
，由此当
0
x ³
时，可以非
常容易得到不等式
2
2
3
1
1
1
e
1
,e
1
,e
1
,
2
2
6
x
x
x
x
x
x
x
x
x
³ +
³ +
+
³ +
+
+
L请利用上述公式和所学知识完成下列问题：
(1)写出sin x 在
0
x =
处的泰勒展开式；
(2)根据泰勒公式估算
1
cos 2 的值，精确到小数点后两位；
(3)若
3
0, 2
x
æ
ö
" Îç
÷
è
ø ，
sin
e
1
a
x
x
>
+ 恒成立，求a 的范围．（参考数据
5
ln
0.9
2 »
）
【答案】(1)
1
3
5
2
1
1
1
( 1)
sin
3!
5!
(2
1)!
n
n
x
x
x
x
x
n
-
-
+
-
=
-
+
+
+
-
L
L
(2)
1
cos
0.88
2 »
(3)
1
a ³
【详解】（1）由
sin
cos
x
x
¢ =
，
cos
sin
x
x
¢ = -
，
sin
cos
x
x
¢
-
= -
，
cos
sin
x
x
¢
-
=
，
其中cos0
1,sin 0
0
=
=
，
sin x 在
0
x =
处的泰勒展开式为：
1
3
5
2
1
1
1
( 1)
sin
3!
5!
(2
1)!
n
n
x
x
x
x
x
n
-
-
+
-
=
-
+
+
+
-
L
L，
（2）记
cos
f x
x
=
，则
3
4
sin ,
cos ,
sin ,
cos
f
x
x f
x
x f
x
x f
x
x
¢
= -
= -
=
¢¢
=
，
2
4
6
8
cos
1
2!
4!
6!
8!
x
x
x
x
x
\
= -
+
-
+
-L，
所以
2
4
8
6
1
1
1
1
1
2
2
2
2
cos
1
2
2!
4!
6!
8!
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
= -
+
-
+
-L，
因为
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
0
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
!
2
2 !
2
!
2
2 !
2
2
!
2
2 !
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
+
+
+
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
æ
ö
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
-
>
-
>
-
ç
÷
+
é
ù >
ê
ú
êë
+
û
+
ú
è
ø
，
所以
2
1
1
2
cos
1
2
2!
æ
ö
ç
÷
è
ø
< -
且
2
4
1
1
1
2
2
cos
1
2
2!
4!
æ
ö
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
> -
+
，
1
1
1
1
1
0.875
cos
1
0.878
8
2
8
16 24
\ -
=
<
< -
+
<
´
，
1
cos
0.88
2
\
»
．
（3）因为
1
3
5
2
1
1
1
( 1)
sin
3!
5!
(2
1)!
n
n
x
x
x
x
x
n
-
-
+
-
=
-
+
+
+
-
L
L，
由sin x 在
0
x =
处的泰勒展开式，先证
3
3
1
0,
,sin
2
6
x
x
x
x
æ
ö
" Î
>
-
ç
÷
è
ø
，
令
3
2
1
1
( )
sin
,
( )
cos
1
,
( )
sin
6
2
f x
x
x
x
f
x
x
x
f
x
x
x
=
-
+
¢
=
- +
¢¢
=
-
，
( )
1
cos
f
x
x
¢¢¢
=
-
，易知
( )
0
f
x
¢¢¢
>
，所以
( )
f
x
¢¢
在
3
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，
所以
( )
(0)
0
f
x
f
¢¢
>
¢¢
=
，所以
( )
f
x
¢
在
3
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，所以
( )
(0)
0
f
x
f
¢
>
¢
= ，
所以
( )
f x 在
3
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，所以
( )
(0)
0
f x
f
>
=
，
再令
3
1
( )
ln(
1)
6
g x
x
x
x
=
-
-
+
，
3
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，易得
1 (
1)(
2)
2
( )
1
x x
x
g x
x
-
-
+
¢
=
+
，
所以( )
g x 在( 0, 1) 上单调递增，在
3
1, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
而
3
15
5
(0)
0,
ln
0
2
16
2
g
g æ
ö
=
=
-
>
ç
÷
è
ø
，所以
3
0,
, ( )
0
2
x
g x
æ
ö
" Î
>
ç
÷
è
ø
恒成立，
当
1
a ³ 时，
3
1
sin
sin
ln(
1)
6
a
x
x
x
x
x
³
>
-
>
+
，所以
sin
e
1
a
x
x
>
+ 成立，
当
1
a < 时，令( )
sin
ln(
1)
h x
a
x
x
=
-
+
，
3
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，易求得
(0)
1
0
h
a
¢
=
- <
，
所以必存在一个区间(0,
)
m ，使得( )
h x 在(0,
)
m 上单调递减，
所以
(0,
)
x
m
Î
时，( )
(0)
0
h x
h
<
=
，不符合题意．
综上所述，
1
a ³ ．
13．（24-25 高三上·广东广州·阶段练习）设函数
y
f x
=
在区间D 上的导函数为
f
x
¢
，且
f
x
¢
在D 上存在导函
数
f
x
¢¢
（其中
'
f
x
f
x
é
¢
¢
ù
= ë
û
¢
.定义：若区间D 上
0
f
x
¢¢
>
恒成立，则称函数
f x 在区间D 上为凹函数．
(1)判断函数
( )
1
x
f x
x
+
=
在区间
0, ¥
+
上是否为凹函数？并说明理由；
(2)是否存在实数a ，使得函数
2
2
1
1
3
e
ln
ln
2
2
2
x
g x
a
x
x
a
æ
ö
=
-
-
-
ç
÷
è
ø
在区间
0, ¥
+
上为凹函数？若存在，求实数a 的
取值范围；若不存在，请说明理由．
(3)设k ÎZ 且
0
k >
，对于任意的
0,
xÎ
+¥ ，不等式
1 ln
1
1
x
k
x
x
+
+
>
+
成立，求k 的最大值．
【答案】(1)是，理由见解析
(2)存在，
1 ,
2e
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
(3)3
【详解】（1）
2
3
1
1
2
,
,
x
f x
f
x
f
x
x
x
x
+
=
\
=
¢¢
-
=
¢
Q
0
x
Q
>
时，
0
f
x
¢¢
>
，
\函数
( )
1
x
f x
x
+
=
在区间
0, ¥
+
上是凹函数．
（2）
2
2
1
1
3
e
ln
ln
2
2
2
x
g x
a
x
x
a
æ
ö
=
-
-
-
ç
÷
è
ø
Q
，
2
2
3
1
e
ln
ln
,
2 e
ln
ln
2
2
x
x
g
x
a
x
x
a
x g
x
a
x
a
æ
ö
\
=
-
-
-
-
=
-
+
ç
÷
è
ø
¢
¢¢
，
若
g x 在区间
0, ¥
+
上为凹函数，
则
2
2 e
ln
ln
0
x
g
x
a
x
a
=
-
+
¢
>
¢
在
0, ¥
+
上恒成立，
2
2 e
ln
ln
ln
x
x
a
x
a
a
\
>
-
=
，即
2
1
2e
ln
x
x
a
a
>
在
0, ¥
+
上恒成立，
ln
2
2 e
ln
ln
e
x
x
a
x
x
x
x
a
a
a
\
>
=
×
在
0, ¥
+
上恒成立，
当ln
0
x
a £
时，显然成立，下面讨论ln
0
x
a >
的情况，
令
e (
0)
x
h x
x
x
=
>
，则
1 ex
h x
x
¢
=
+
，
0
x
Q
>
时，
0,
h x
h x
>
¢
\
在
0, ¥
+
上为增函数，
由
ln
2
2 e
ln
e
x
x
a
x
x
a
>
×
，得
2
ln
,
2
ln
x
x
gh
x
h
x
a
a
æ
ö
>
\
>
ç
÷
è
ø
，即
2e x
x
a
>
，
即
0
x >
时，
2e x
x
a >
恒成立，
设
2 (
0)
e x
x
x
x
j
=
>
，则
2
1
2
e x
x
x
j
-
=
¢
，
当
1
0
2
x
<
<
时，
0
x
j¢
>
，所以
x
j
在
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递增，
当
1
2
x >
时，
0
x
j¢
<
，所以
x
j
在1 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø上单调递减，
所以
1
1
2
2e
x
j
j æ
ö
£
=
ç
÷
è
ø
，则
1
2e
a >
，
故存在实数a ，使得
g x 在区间
0, ¥
+
上为凹函数，a 的取值范围为
1 ,
2e
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø ．
（3）
1 1
ln
1
1
ln
1
0,
,
1
x
x
x
k
x
k
x
x
x
+
+
+
é
ù
+
+
ë
û
Î
+¥ \
>
Þ
<
+
Q
，
令
1 1 ln
1
x
x
F x
x
é
ù
+
+
+
ë
û
=
，则
2
ln
1
1
x
x
F
x
x
-
+
-
=
¢
，
令
ln
1
1
G x
x
x
=
-
+
- ，则
1
1
1
1
x
G
x
x
x
¢
= -
=
+
+ ，
当
0,
xÎ
+¥ 时，
0,
G
x
G x
¢
>
在区间
0, ¥
+
上单调递增，
又
2
1
ln3
0,
3
2
ln4
0
G
G
= -
<
=
-
>
Q
，
\存在
0
2,3
x Î
，使
0
0
0
ln
1
1
0
G x
x
x
=
-
+
- =
，
\当
0
0,
x
x
Î
时，
0,
0,
G x
F
x
F x
<
¢
<
在区间
0
0, x
上单调递减，
当
0,
x
x
Î
+¥ 时，
0,
0,
G x
F
x
F x
>
¢
>
在区间
0,
x +¥ 上单调递增，
\当
0,
xÎ
+¥ 时，
F x 的最小值为
0
0
0
0
1 1 ln
1
x
x
F x
x
é
ù
+
+
+
ë
û
=
，
由
0
0
0
ln
1
1
0
G x
x
x
=
-
+
- =
，有
0
0
0
0
0
0
0
1 1
1
ln
1
1,
1
x
x
x
x
F x
x
x
+
+
-
é
ù
ë
û
+
=
- \
=
=
+ ，
0
0
2,3 ,
3,4
x
F x
Î
\
Î
Q
，又
1
1
ln
1
x
x
k
F x
x
+
+
+
é
ù
ë
û
<
=
Q
恒成立，
0
k
F x
\
<
，
k ÎZ
Q
且
0,
k
k
>
\ 的最大值为3．
14．（24-25 高二下·湖南衡阳·期末）已知函数
f x 的导数为
f
x
¢
，
f
x
¢
的导数为
f x 的二阶导数，记作
f
x
¢¢
．若函数
f x 在包含
0x 的某个开区间
,
a b 上具有二阶导数，那么
,
x
a b
" Î
，
2
0
0
0
0
0
1!
2!
f
x
f
x
g x
f x
x
x
x
x
¢
¢¢
=
+
-
+
-
，我们把
g x 称为函数
f x 在
0
x
x
=
处的二阶拟合函数．
(1)写出函数
ex
y =
在
0
x =
处的二阶拟合函数
x
j
，并证明
ex
x
j
³
对
0,
xÎ
+¥ 恒成立；
(2)若e
cos
2
x
x
ax
+
³
+
对
0,
xÎ
+¥ 恒成立，求a 的取值范围；
(3)设函数
2
2 e
1
0
x
g x
x
m x
m
=
-
+
-
>
的两个零点为
1
x ，
2x ，
g x 在
1
x = 处的二阶拟合函数为
h x ，证
明：
h x 有两个零点
3x ，
4x ，且
1
2
3
4
x
x
x
x
+
<
+
．
【答案】(1)
2
1
1
2
x
x
x
j
= +
+
，证明见解析；
(2)
1
a £ ；
(3)证明见解析.
【详解】（1）因为
e
e
¢ =
x
x ，
e
e
x
x
¢¢ =
，
所以
ex
y =
在
0
x =
处的二阶拟合函数
0
0
0
2
2
e
e
1
e
1
1!
2!
2
x
x
x
x
x
j
=
+
+
= +
+
．
设
2
1
e
1
2
x
A x
x
x
=
- -
-
，则
e
1
x
A x
x
=
¢
- -
，
e
1
0
x
A
x =
¢¢
- ³
，
所以
A x
¢
在
0, ¥
+
上单调递增，则
0
0
A x
A
¢
¢
³
=
，
所以
A x 在
0, ¥
+
上单调递增，即
0
0
A x
A
³
=
，
所以
ex
x
j
³
对
0,
xÎ
+¥ 恒成立．
（2）记
2
1
cos
1
,
0,
2
B x
x
x
x
¥
=
- +
Î
+
，则
sin
B x
x
x
-
¢
=
+
，则
1 cos
0
B
x
x
= -
¢
³
¢
，
所以
B x
¢
在
0, ¥
+
上单调递增，
0
0
B x
B
¢
¢
³
=
，
所以
B x 在
0, ¥
+
上单调递增，即
0
0
B x
B
³
=
，
所以
2
1
cos
1
2
x
x
³ -
对
0,
xÎ
+¥ 恒成立，
由（1）可知
2
1
e
1
2
x
x
x
³ +
+
，则e
cos
2
x
x
x
+
³
+
，
所以当
1
a £ 时，
2
2
x
ax
+
³
+
对
0,
xÎ
+¥ 恒成立，
则e
cos
2
x
x
ax
+
³
+
对
0,
xÎ
+¥ 恒成立．
设
e
cos
2
0
x
f x
x
ax
x
=
+
-
-
³
，
当
1
a > 时，
ln
ln
e
cos ln
ln
2
ln
1
a
f
a
a
a
a
a
a
a
=
+
-
-
<
-
- ，
设
ln
1
1
I a
a
a
a
a
=
-
-
>
，则
ln
0
I
a
a
¢
= -
<
，
所以
I a 在
1,+¥ 上单调递减，则
1
0
I a
I
<
=
，
所以
ln
0
f
a <
，这与题意矛盾，所以
1
a £ ．
（3）因为
2
2 e
1
,
0
x
g x
x
m x
m
=
-
+
-
>
，
所以
1
e
2
x
g
x
x
m
¢
=
-
+
，则
e
2
x
g
x
x
m
¢
=
+
¢
，
则
2
2
1
1
e
2
1
1
1
1
e
1!
2!
2
g
g
m
h x
g
x
x
x
+
=
+
-
+
-
¢
-
¢
¢
=
-
，
因为1
e
0
h
= - <
，且
h x 的图象开口向上，
所以
h x 有两个零点，且
3
4
2
x
x
+
=
．
因为当
1
x < 时，
0
g
x
¢
<
，当
1
x > 时，
0
g
x
¢
>
，
所以
g x 在
,1
-¥
上单调递减，在
1,+¥ 上单调递增，所以
1
2
1
x
x
< <
，
要证
1
2
3
4
2
x
x
x
x
+
<
+
=
，只需证
1
2
2
x
x
<
-
，
因为
2
1
2
,
,1
x x
¥
-
Î -
，且
1
2
g x
g x
=
，
所以只需证
2
1
2
2
g x
g x
g
x
=
>
-
，
构造函数
2
2
2 e
e
,
1
x
x
C x
g x
g
x
x
x
x
-
=
-
-
=
-
-
> ，
则
2
2
1 e
1 e
1 e +e
0
x
x
x
x
C
x
x
x
x
-
-
=
-
+
-
-
¢
=
>
，
所以
C x 在
1,+¥ 上单调递增，所以
1
0
C x
C
>
=
，即
2
g x
g
x
>
-
，
因为
2
1
x > ，所以
2
2
2
g x
g
x
>
-
，所以
1
2
3
4
x
x
x
x
+
<
+
．
15．（24-25 高二下·浙江杭州·期末）设函数
( )
f x 定义在区间I 上，若对任意
1
2
,
,
,
n
x x
x
I
Î
L
，有
1
1
(
)
n
n
i
i
i
i
x
f x
f
n
n
=
=
£
å
å
，则称
( )
f x 为I 上的下凸函数，等号成立当且仅当
1
2
n
x
x
x
=
=
=
L
．若函数
( )
f x 在区间I 上存
在二阶可导函数，则
( )
f x 为区间I 上的下凸函数的充要条件是
( )
0
f
x
¢¢
³
．
(1)若
2
( )
ln
f x
x
ax
=
+
是
1,2 上的下凸函数，求实数a 的取值范围；
(2)在锐角三角形ABC 中，求sin
sin
sin
A
B
C
+
+
最大值；
(3)已知正实数
1
2
,
,
,
n
x x
x
L
满足
1
2
1
n
x
x
x
+
+
+
=
L
，求
1
2
1
2
1
1
1
n
n
x
x
x
x
x
x
æ
ö
æ
öæ
ö
+
+
+
ç
÷
ç
֍
÷
è
øè
ø
è
ø
L
的最小值．
【答案】(1) 1
[ ,
)
2 +¥ ；
(2) 3 3
2
(3)
1
(
)n
n
n
+
【详解】（1）解：因为
2
( )
ln
f x
x
ax
=
+
是
1,2 上的下凸函数，
所以
( )
0
f
x
¢¢
³
在
1,2 上恒成立，
即
2
1
2
0
a
x
-
³
在
1,2 上恒成立，
所以
2
1
2a
x
³
在
1,2 上恒成立，
又因为
2
2
1
y
x
x
-
=
=
在
1,2 上单调递减，
所以
max
1
y
= ，
所以2
1
a ³ ，解得
1
2
a ³
，
所以实数a 的取值范围为1
[ ,
)
2 +¥ ；
（2）解：令
π
( )
sin ,
(0,
)
2
f x
x x
= -
Î
，
则
( )
cos ,
( )
sin
0
f
x
x f
x
x
¢
¢¢
= -
=
>
，
所以
( )
sin
f x
x
= -
在
π
(0,
)
2
xÎ
上是下凸函数，
又因为
π
, ,
(0,
)
2
A B C Î
，
所以
( )
( )
( )
π
(
)
( )
3
3
3
f A
f B
f C
A
B
C
f
f
+
+
+
+
³
=
，
即
π
3 3
(sin
sin
sin
)
3sin 3
2
A
B
C
-
+
+
³ -
= -
，
所以
3 3
sin
sin
sin
2
A
B
C
+
+
£
，当且仅当
π
3
A
B
C
=
=
=
时，等号成立，
所以sin
sin
sin
A
B
C
+
+
的最大值为3 3
2
；
（3）解：因为正实数
1
2
,
,
,
n
x x
x
L
满足
1
2
1
n
x
x
x
+
+
+
=
L
，
所以
1
2
,
,
,
(0,1)
n
x x
x Î
L
，
令
1
( )
ln(
),0
1
h x
x
x
x
=
+
<
< ，
则
2
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
2
(
1)
(
1)(3
1)
4
1
( )
,
( )
1
(
1)
(
1)
(
1)
x
x x x
x
x
x
x
x
h x
h x
x x
x
x
x
x
x
x
-
-
×
+
-
-
+
-
+
+
¢
¢¢
=
=
=
=
+
+
+
+
，
因为0
1
x
<
< ，所以
2
0
1
x
<
<
所以
4
2
2
2
4
1
5
(
2)
0
x
x
x
-
+
+ =
-
-
>
，
即
4
2
2
2
2
4
1
( )
0
(
1)
x
x
h x
x
x
-
+
+
¢¢
=
>
+
所以( )
h x 在( 0, 1) 上是下凸函数，
所以
1
2
1
2
(
)
(
)
(
)
(
)
n
n
h x
h x
h x
x
x
x
h
n
n
+
+
+
+
+
+
³
L
L
，
即
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
ln(
)
ln(
)
ln(
)
( )
ln(
)
ln(
)n
n
n
x
x
x
nh
n
n
n
x
x
x
n
n
n
+
+
+
+
+
+
³
=
+
=
+
L
，
即
1
2
1
2
1
1
1
1
ln[(
)(
)
(
)]
ln(
)n
n
n
x
x
x
n
x
x
x
n
+
+
+
³
+
L
，
所以
1
2
1
2
1
1
1
1
(
)(
)
(
)
(
)n
n
n
x
x
x
n
x
x
x
n
+
+
+
³
+
L
，
当且仅当
1
2
1
n
x
x
x
n
=
=
=
=
L
时，等号成立，
所以
1
2
1
2
1
1
1
n
n
x
x
x
x
x
x
æ
ö
æ
öæ
ö
+
+
+
ç
÷
ç
֍
÷
è
øè
ø
è
ø
L
的最小值为
1
(
)n
n
n
+
.
16．（2024·江西·模拟预测）已知定义在正整数集
+
N 上的函数
f n ，若函数
f n 同时具有性质：①对任意
n
+
ÎN ，
e
f n £
；②存在实数a，使得对任意n
+
ÎN ，
1
1
2
!
n a
n
f
f
f n
n
+
+
=
L
，则称函数
f n 为“可积函
数”，此时a 称为
f n 的“可积指标”.（e 是自然对数的底数）
(1)判断函数
e
f n
n
=
，n
+
ÎN 是否“可积函数”，若是，求出
f n 的“可积指标”；若不是，请说明理由；
(2)若定义在正整数集
+
N 上的函数
f n 是“可积指标”为a 的“可积函数”，求
f n 的解析式，及“可积指标”a 的最
大值.
【答案】(1)不是，理由见解析
(2)
1
n a
n
f n
n
+
+
æ
ö
= ç
÷
è
ø
；1
1
ln 2 -
【详解】（1）函数
e
f n
n
=
，n
+
ÎN 不是“可积函数”，理由如下：
当n
+
ÎN 时，函数
e
f n
n
=
是单调递减，
所以有
1
e
f n
f
£
=
，符合性质①；
假设存在实数a，使得对任意n
+
ÎN ，
1
1
2
!
n a
n
f
f
f n
n
+
+
=
L
，
即
1
e e
e
1 2
!
n a
n
n
n
+
+
×
=
L
，则
1
e
!
!
n a
n
n
n
n
+
+
=
，n
+
ÎN
所以
e
1
n a
n
n
+
=
+
，两边取对数得
ln
1
n
n
a
n
=
+
+
，
得
ln
1
n
a
n
n
=
-
+
，令ln(
1)
,
ln 2
n
x x
+
=
³
，
设
1
( )
1
e
1
x
g x
x
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø
，
ln 2
x ³
，
则
2
2
1
1
1
1 ex
g
x
x
x
x
æ
ö
¢
= -
+
-
+
ç
÷
è
ø
，
由e
2
x ³
，
2
2
2
2
2
1
1
1
(
1)
1
0
x
x
x
x
x
x
x
x
-
+
-
-
-
+
-
+
- =
=
<
，
则
2
2
2
2
1
1
1
2
2
1
2
1
0
x
x
g
x
x
x
x
x
-
+
-
æ
ö
¢
£
-
+
-
+
=
<
ç
÷
è
ø
，
故( )
g x 在
ln 2,+¥ 单调递减，且
1
( )
(ln 2)
1
ln 2
g x
g
£
=
- ，
因此给定一个
n n
+
ÎN
值，对应的
ln
1
n
n
n
-
+
值不同，即a 值不同，
所以对于对任意n
+
ÎN ，因此不存在实数a，使
1
1
2
!
n a
n
f
f
f n
n
+
+
=
L
，
因此不符合性质②，
故函数
e
f n
n
=
，n
+
ÎN 不是“可积函数”；
（2）当n
+
ÎN ，有
1
1
2
!
n a
n
f
f
f n
n
+
+
=
L
成立，
当
2,
n
n
+
³
ÎN 时，有
1
1
2
1
1 !
n
a
n
f
f
f n
n
- +
-
=
-
L
，
两式相除，得
1
1
1
!
1 !
n a
n a
n
a
n
n
n
f n
n
n
n
+
+
- +
+
+
æ
ö
=
= ç
÷
è
ø
-
，显然当
1
n = 时，也成立，
综上，
1
n a
n
f n
n
+
+
æ
ö
= ç
÷
è
ø
；
因为函数
f n 是“可积指标”为a 的“可积函数”，
所以有
1
e
n a
n
f n
n
+
+
æ
ö
=
£
ç
÷
è
ø
，可变形为
1
1
ln 1
a
n
n
£
-
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
.
令
1
ln 1
,0
ln 2
t
t
n
æ
ö
+
=
< £
ç
÷
è
ø
，则
1
e
1
t
n =
- ，
设
1
1
e
1
( )
e
1
(e
1)
t
t
t
t
t
t
t
j
- -
=
-
=
-
-
，0
ln 2
t
< £
，
则
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
e
(e
1)
e
(e
1)
1
e
e
(e
1)
( )
(e
1)
(e
1)
(e
1)
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
j
é
ù é
ù
-
-
+
-
ê
ú ê
ú
-
-
ë
û ë
û
¢
= -
+
=
=
-
-
-
令
2
( )
e
(e
1)
t
t
r t
t
=
-
-
，其中(0)
0
=
r
，
则
2
2
2
1
1
( )
1 e
e
e
1 e
2
2
t
t
t
t
r t
t
t
æ
ö
æ
ö
¢
=
+
-
=
+ -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
令
2
1
( )
1 e
2
t
s t
t
=
+ -
，其中(0)
0
s
=
，
则
2
1
1
( )
e
0
2
2
t
s t
¢
= -
+
<
，则( )
s t 在
0,ln 2 单调递减，
所以( )
(0)
0
s t
s
<
=
，即
( )
0
r t
¢
<
，故( )
r t 在
0,ln 2 单调递减；
所以( )
(0)
0
r t
r
<
=
，即
( )
0
t
j¢
<
，故( )t
j
在
0,ln 2 单调递减；
当0
ln 2
t
< £
时，
min
1
( )
(ln 2)
1
ln 2
t
j
j
=
=
- ，即
1
1
1
2
ln 1
n
n
-
£
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
，
且当
1
n = 时，
1
1
1
1
ln 2
ln 1
n
n
-
=
-
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
，
故要使
1
1
ln 1
a
n
n
£
-
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
恒成立，则
1
1
ln 2
a £
- .
故
1
n a
n
f n
n
+
+
æ
ö
= ç
÷
è
ø
，且“可积指标”a 的最大值为1
1
ln 2 - .
17．（2025·湖北宜昌·二模）定义：若函数
( )
f x 图象上恰好存在相异的两点,
P Q ，满足曲线
( )
y
f x
=
在P 和Q 处的
切线重合，则称,
P Q 为曲线
( )
y
f x
=
的“双重切点”，直线PQ为曲线
( )
y
f x
=
的“双重切线”.已知函数
( )
sin
cos
f x
ax
x
b
x
=
+
.
(1)当
1,
0
a
b
=
=
时
（i）判断
( )
f x 的奇偶性，并求
( )
f x 在
π π
,
2 2
é
ù
-
ê
ú
ë
û 的极值；
（ii）设
( )
f x 在(0,
)
+¥ 内的全部极值点按从小到大的顺序排列
1
2
,
,
,
n
a a
a
×××
，求证：
1
π
π
2
n
n
a
a
+
<
-
<
；
(2)当
0,
1
a
b
=
= 时，直线PQ为曲线
y
f x
=
的“双重切线”，记直线PQ的斜率所有可能的取值为
1
2
,
,
,
n
k k
k
L
，若
1
2
3,4,5,
,
i
k
k
k i
n
>
>
=
L
，证明：
1
2
15
8
k
k <
.
【答案】(1)（i）偶函数，极小值为
(0)
0
f
=
，无极大值；（ii）证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）（i）当
1,
0
a
b
=
=
时，
( )
sin
f x
x
x
=
，
因为
(
)
sin(
)
sin
( )
f
x
x
x
x
x
f x
-
= -
-
=
=
，故
( )
f x 是偶函数，
由
( )
sin
cos
f
x
x
x
x
¢
=
+
，
,
2 2
π π
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û ，
当
π ,0
2
x
é
ö
Î -
÷
êë
ø 时，
0
f
x
¢
＜，
( )
f x 单调递减，
当
π
0, 2
é
ù
Îê
ú
ë
û
x
时，
0
f
x
¢
³
，
( )
f x 单调递增，
故
( )
f x 在
π π
,
2 2
é
ù
-
ê
ú
ë
û 的极小值为
(0)
0
f
=
，无极大值.
（ii）由（i）得
( )
sin
cos
f
x
x
x
x
¢
=
+
，令
( )
0
f
x
¢
=
，则sin
cos
0
x
x
x
+
=
，
对满足方程的x 有cos
0
x ¹
，所以
tan
x
x
= -
，
设
0x 是
( )
0
f
x
¢
=
的任意正实根，则
0
0
tan
x
x
= -
，
则存在一个非负整数k ，使
0
π
π,π
π
2
x
k
k
æ
ö
Î
+
+
ç
÷
è
ø，即
0x 为第二或第四象限角，
因为
( )
sin
cos
cos
tan
f
x
x
x
x
x
x
x
¢
=
+
=
+
，
所以在第二或第四象限x 变化时，
( )
f
x
¢
变化如下，
x
0
π
π,
2
k
x
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
0x
0,π
π
x
k
+
( )
f
x
¢
（k 为奇数）
-
0
+
( )
f
x
¢
（k 为偶数）
+
0
-
所以满足
( )
0
f
x
¢
=
的正根
0x 都为函数
( )
f x 的极值点，
由题可知
1
2
,
,
,
,
n
a a
a
×××
×××为方程
tan
x
x
= -
的全部正实根，
且满足
1
2
n
a
a
a
<
< ××× <
< ×××，(
1,2,
)
n =
××× ，
所以
1
1
1
1
tan
tan
1
tan
tan
tan
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
+
+
+
+
-
= -
-
= -
+
-
，
因为
π
1 π
π
1 π
2
n
n
a
n
+
-
<
<
+
-
，
1
π
π
π
π
2
na
n
n
+
<
<
+
+
，(
1,2,
)
n =
××× ，
则
1
π
3π
2
2
n
n
a
a
+
<
-
<
，由
1
tan
tan
0
n
n
a
a
+
>
，可得
1
tan
0
n
n
a
a
+ -
<
，
故
1
π
π
2
n
n
a
a
+
<
-
<
得证.
（2）由题意得
( )
sin
cos
f x
ax
x
b
x
=
+
，
当
0,
1
a
b
=
= 时，
( )
cos
f x
x
=
，
设
1k 对应的切点为
1
1
1
1
( ,cos
),(
,cos
)
x
x
x
x
¢
¢ ，
1
1
x
x ¢
<
，
2k 对应的切点为
2
2
2
2
(
,cos
),(
.cos
)
x
x
x
x
¢
¢ ，
2
2
x
x ¢
<
，
由于(cos )
sin
x
x
¢ = -
，所以
1
1
1
sin
sin
k
x
x ¢
= -
= -
，
'
2
2
2
sin
sin
k
x
x
= -
= -
，
由余弦函数的周期性，只要考虑
2
1
π
π
2
x
x
- <
<
< -
的情形，
又结合余弦函数的图象，只需考虑
1
1
π
x
x ¢
+
=
，
2
2
3π
x
x ¢
+
=
情形，
则
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
cos
cos
cos(π
)
cos
2cos
(π
)
π
2
x
x
x
x
x
k
x
x
x
x
x
¢ -
-
-
-
=
=
=
-
-
-
¢ -
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
cos
cos(3π
)
cos
2cos
(3π
)
3π
2
x
x
x
x
x
k
x
x
x
x
x
¢ -
-
-
-
=
=
=
-
-
-
¢ -
，
其中
2
1
π
π
2
x
x
- <
<
< -
，得到
2
1
1
2
2
1
3π
cos
2
π
cos
2
x
k
x
k
x
x
-
=
×
-
，
又
1
1
1
1
2cos
sin
π
2
x
k
x
x
-
=
= -
-
，
2
2
2
2
2cos
sin
3π
2
x
k
x
x
-
=
= -
-
，
即
1
1
1
π
cos
(
)sin
2
x
x
x
=
-
，
2
2
2
3π
cos
(
)sin
2
x
x
x
=
-
，
当
π
π
2
x
- <
< -
时，sin
0
x <
，cos
0
x <
，
令
cos
π
( )
sin
2
x
F x
x
x
=
+
-
（
π
π
2
x
- <
< -
），
则
1
(
)
0
F x
=
，
2
2
2
2
2
2
sin
cos
1
cos
( )
1
1
0
sin
sin
sin
x
x
x
F x
x
x
x
-
-
¢
=
+ = -
+ = -
<
，
( )
F x 在
π
( π,
)
2
-
-
上单调递减，又
5π
5π
π
(
)
3
0
6
6
2
F -
=
-
-
<
，所以
1
5π
π
6
x
- <
< -
，
所以
2
1
5π
π
6
x
x
- <
<
< -
，此时
2
1
1
cos
cos
0
x
x
- <
<
<
，则
1
2
cos
0
1
cos
x
x
<
< ，
故
2
2
1
1
2
2
1
1
3π
3π
3π
( π)
cos
15
2
2
2
π
π
π
5π
cos
8
(
)
2
2
2
6
x
x
k
x
k
x
x
x
-
-
- -
=
×
<
<
=
-
-
- -
得证.
18．（24-25 高二下·山东·期中）已知函数
f x 的导函数为
f
x
¢
，我们称函数
f
x
¢
的导函数
f
x
¢¢
为函数
f x
的二阶导函数，若一个连续函数
f x 在区间I 上的二阶导函数
0
f
x
¢¢
³
，则称
f x 为I 上的凹函数，若二阶导
函数
0
f
x
¢¢
£
，则称
f x 为I 上的凸函数.
(1)若函数
3
2
1
1
ln
3
2
f x
x
ax
ax
ax x
= -
+
+
-
是
0, ¥
+
上的凸函数，求实数a 的取值范围.
(2)已知函数
e
sin ,
0,π
x
f x
x x
a
=
+
Î
.
①若
f x 是
0,π 上的凹函数，求实数a 的取值范围；
②若
f x 在
0,π 内有两个不同的零点
1
2
,
x x ，证明：
1
2
π
π
2
x
x
<
+
<
.
【答案】(1)
0,8
(2)①
π
4
0, 2e
æ
ù
ç
ú
è
û
；②证明见解析
【详解】（1）因为
3
2
1
1
ln
3
2
f x
x
ax
ax
ax x
= -
+
+
-
，定义域为
0, ¥
+
，
所以
2
ln
f
x
x
ax
a x
= -
+
-
¢
，
2
a
f
x
x
a
x
= -
+
-
¢¢
.
因为
f x 是
0, ¥
+
上的凸函数，所以
2
0
a
f
x
x
a
x
¢
= -
¢
+
-
£
在
0, ¥
+
上恒成立，
即当
0,
xÎ
+¥ 时，
2
2
0
x
ax
a
-
+
³
恒成立.
函数
2
2
y
x
ax
a
=
-
+
图象的对称轴为直线
4
a
x =
，
当
0
4
a
x =
£
，即
0
a £
时，只需
0
x =
时，
0
y
a
=
³
即可，所以
0
a =
，
当
0
4
a
x =
>
，即
0
a >
时，只需
4
a
x =
时，
2
0
8
a
y
a
= -
+
³
即可，所以0
8
a
<
£
，
综上可得
0,8
aÎ
.
（2）①因为
e
sin
x
f x
x
a
=
+
，
0,π
xÎ
，所以
e
cos
x
f
x
x
a
=
+
¢
，
e
sin
x
f
x
x
a
=
-
¢¢
.
因为
f x 是
0,π 上的凹函数，所以e
sin
0
x
x
a -
³
在
0,π 上恒成立，
即1
sin
ex
x
a ³
在
0,π 上恒成立.
令
sin
ex
x
g x =
0,π
xÎ
，则
3π
2sin
cos
sin
4
e
e
x
x
x
x
x
g
x
¢
æ
ö
+
ç
÷
-
è
ø
=
=
.
当
π
0, 4
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，3π
3π
π
4
4
x
<
+
<
，则
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增；
当
π ,π
4
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
3π
7π
π
4
4
x
<
+
<
，则
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减.
所以
π
max
4
π
2
4
2e
g x
g æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
，所以
π
4
1
2
2e
a ³
，解得
π
4
0
2e
a
<
£
，
所以实数a 的取值范围是
π
4
0, 2e
æ
ù
ç
ú
è
û
.
②证明：由①知，因为
f x 在
0,π 内有两个不同的零点
1
x ，
2x ，
所以方程
1
g x
a
= -
在
0,π 内有两个根
1
x ，
2x ，即
1
2
1
g x
g x
a
=
= -
.
因为
g x 在
π
0, 4
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在π ,π
4
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，所以
1
2
π
0
π
4
x
x
<
<
<
<
.
欲证
1
2
π
x
x
+
<
，即证
2
1
π
x
x
<
-
.
因为
2
1
π ,
4
π
π
,
4
x
x
ì
>
ïïí
ï -
>
ïî
且
g x 在π ,π
4
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
所以只需证明
2
1
π
g x
g
x
>
-
，即证
1
1
π
g x
g
x
>
-
.
欲证
1
1
π
g x
g
x
>
-
，即证
1
1
1
1
π
sin π
sin
e
e
x
x
x
x
-
-
>
，即
1
1
π
1
1
e
e
x
x
-
>
，
只需证
1
1
πe
e
x
x
-
>
，即证
1
π
2
x <
，而该式显然成立.
欲证
1
2
π
2
x
x
+
>
，即证
2
1
π
2
x
x
>
-
.
因为
1
π
π π
,
2
4 2
x
æ
ö
-
Îç
÷
è
ø ，所以只需证
2
1
π
2
g x
g
x
æ
ö
<
-
ç
÷
è
ø，
即证
1
1
1
1
1
1
π
2
π
sin
sin
π
2
e
2
e
x
x
x
x
g x
g
x
-
æ
ö
-
ç
÷
æ
ö
è
ø
=
<
-
=
ç
÷
è
ø
，即需证
1
π
2
2
1
tan
e
x
x
-
<
.
令
π
2
2
tan
e
x
x
h x
-
=
，
π
0, 4
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，则
2
π
π
2
2
2
2
2
1
2tan
1 sin2
cos
0
e
e
cos
x
x
x
x
x
h x
x
-
-
¢
-
-
=
=
>
，
所以
h x 在
π
0, 4
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，所以
π
1
4
æ
ö
<
=
ç
÷
è
ø
h x
h
，则原不等式得证.
故
1
2
π
π
2
x
x
<
+
<
.
