函数与导数：零点问题专项训练
1．（24-25 高一上·四川宜宾·期末）函数
3
log
2
6
f x
x
x
=
+
-
的零点所在的区间为（ ）
A．
1,2
B．
2,3
C．
3,4
D．
4,5
【答案】B
【详解】由函数
3
log
2
6
f x
x
x
=
+
-
可知：该函数在
0,+¥ 上单调递增，
3
1
log 1
2
6
4
0
f
=
+
-
= - <
，
3
3
2
log 2
4
6
log 2
2
0
f
=
+
-
=
-
<
，
3
3
log 3
6
6
1
0
f
=
+
-
= >
，
3
3
4
log 4
8
6
log 4
2
0
f
=
+ -
=
+
>
，
3
3
5
log 5 10
6
log 5
4
0
f
=
+
-
=
+
>
，结合选项所给区间，
只有
2
3
0
f
f
×
<
，根据零点存在性定理知，
3
log
2
6
f x
x
x
=
+
-
的零点所在区间为
2,3 ，
故选：B.
2．（2025·河北沧州·二模）函数
2
ln
1
x
f x
x
=
+
- 的零点所在的区间为（ ）
A．
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
B．
1 ,1
2
æ
ö
ç
÷
è
ø
C．
3
1, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
D．3 ,2
2
æ
ö
ç
÷
è
ø
【答案】B
【详解】因为
2x
y =
与
ln
1
y
x
=
- 均在定义域上单调递增，
所以
2
ln
1
x
f x
x
=
+
- 在
0, ¥
+
上单调递增，
又
1
1
2
ln
1
2
1 ln 2
2
2
f æ
ö =
+
- =
- -
ç
÷
è
ø
，
1
2
1
2
- <
Q
，
1
ln 2
ln
e
2
>
=
，
1
2
1 ln 2
0
2
f æ
ö
\
=
- -
<
ç
÷
è
ø
，
又
1
2
ln1 1
1
0
f
=
+
- = >
Q
，
\函数
f x 的零点所在区间是1 ,1
2
æ
ö
ç
÷
è
ø ．
故选：B．
考点一
零点存在性定理判断零点所在区间
3．（2025·天津·高考真题）函数
( )
0.3x
f x
x
=
-
的零点所在区间是（ ）
A．(0,0.3)
B．(0.3,0.5)
C．(0.5,1)
D．(1,2)
【答案】B
【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：
0.3x
y =
在R 上单调递减，y
x
=
在
0, ¥
+
单调递增，
所以
0.3x
f x
x
=
-
在定义域上单调递减，
显然
0.3
0.5
0.5
0.5
0
1
0,
0.3
0.3
0.3
0,
0.5
0.3
0.5
0
f
f
f
= >
=
-
>
=
-
<
，
所以根据零点存在性定理可知
f x 的零点位于
0.3,0.5 .
故选：B
4．（24-25 高一下·贵州贵阳·阶段练习）函数
ln
2
3
f x
x
x
=
+
- 的零点所在区间为（ ）
A．1 ,1
3
æ
ö
ç
÷
è
ø
B．
1,2
C．
2,3
D．
3,4
【答案】B
【详解】因为函数
ln
2
3
f x
x
x
=
+
- 定义域为
0,
,
2
3
y
x
¥
+
=
- 与
ln
y
x
=
均在
0, ¥
+
上单调递增，
所以
f x 在
0, ¥
+
上单调递增且连续，
又
1
1 0,
2
ln2 1 0
f
f
= -
=
+
，即
1
2
0
f
f
×
<
，
所以由零点存在定理可得
f x 的零点所在区间为
1,2 .
故选：B.
5．（24-25 高一上·安徽淮南·阶段练习）函数
1
2
log
1
f x
x
x
=
-
+ 的零点所在的区间为（ ）
A．
1
0, 4
æ
ö
ç
÷
è
ø
B．1 1
,
4 3
æ
ö
ç
÷
è
ø
C．1 1
,
3 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
D．
1 ,1
2
æ
ö
ç
÷
è
ø
【答案】C
【详解】
1
y
x
=
+
Q
在
0, ¥
+
上单调递增，
1
2
log
y
x
= -
在
0, ¥
+
上单调递增，
\函数
1
2
log
1
f x
x
x
=
-
+ 在
0, ¥
+
上单调递增，
1
2
1
1
1
3
log
1
0
4
4
4
4
f æ
ö =
-
+ = -
<
ç
÷
è
ø
Q
，
1
1
3
3
1
2
2
2
2
1
1
1
4
log
1
log 3
log 16
log 27
0
3
3
3
3
f æ
ö =
-
+ =
-
=
-
<
ç
÷
è
ø
，
1
2
1
1
1
1
log
1
0
2
2
2
2
f æ
ö =
-
+ =
>
ç
÷
è
ø
，
\函数
1
2
log
1
f x
x
x
=
-
+ 的零点所在的区间为1 1
,
3 2
æ
ö
ç
÷
è
ø .
故选：C.
6．（24-25 高二下·天津·期末）已知函数
2
0.3
log
f x
x
x
=
-
，则该函数的零点所在区间是（ ）
A．
0,0.3
B．
0.3,0.5
C．
0.5,1
D．
1,2
【答案】C
【详解】由
2
0.3
log
f x
x
x
=
-
可得：函数定义域为
0, ¥
+
，且在
0, ¥
+
上单调递增.
因为函数
0.3
log
y
x
=
在
0, ¥
+
上单调递减，
所以
4
2
4
4
0.3
0.3
0.3
0.5
0.
0
5
log
0.5
log
.
0.
log
5
3
0
f
-
=
-
<
=
因为
1
1
0
f
= >
，
所以由零点的存在性定理可得：该函数的零点所在区间是
0.5,1 ，
故选：C.
7．（24-25 高一上·甘肃甘南·期末·多选）函数
sin
lg
3
f x
x
x
p
=
-
的零点所在的区间是（ ）
A．
0,3
B．
3,6
C．
6,9
D．
9,12
【答案】AC
【详解】函数
sin
lg
3
f x
x
x
p
=
-
的定义域为(0,
)
+¥ ，由
sin
lg
0
3
f x
x
x
p
=
-
=
可得sin
lg
3 x
x
p
=
，
于是函数
sin
lg
3
f x
x
x
p
=
-
的零点所在的区间即函数( )
sin 3
g x
x
p
=
与函数( )
lg
h x
x
=
的交点的横坐标所在区间.
如图作出两函数的图象如下：
对于A，
(0,3)
xÎ
时，因( )
sin 3
g x
x
p
=
在
3
(0, )
2 上递增，在3
( ,3)
2
上递减，而( )
lg
h x
x
=
在(0,3) 恒为增，
且
3
3
3
( )
1
( )
lg
2
2
2
g
h
= >
=
，(3)
0
(3)
lg3
g
h
=
<
=
，故两函数在(0,3) 上必有交点，
即
0,3 为原函数的一个零点所在区间，故A 正确；
对于B，
3,6
xÎ
时，因( )
sin 3
g x
x
p
=
在
9
(3, )
2 上递减，在9
( ,6)
2
上递增，且在(3,6)上( )
0
g x
恒成立，
而( )
lg
h x
x
=
在(3,6)上恒为增，且( )
lg3
0
h x >
>
，故两函数在(3,6)上无交点，
即(3,6)不是原函数的零点所在区间，故B 错误；
对于C，
6,9
xÎ
时，因( )
sin 3
g x
x
p
=
在
15
(6,
)
2 上递增，在15
(
,9)
2
上递减，
而( )
lg
h x
x
=
在(6,9)上恒为增，且(6)
0
(6)
lg6
g
h
=
<
=
，
15
15
15
(
)
1
(
)
lg
2
2
2
g
h
= >
=
，(9)
0
(9)
lg9
g
h
=
<
=
，
即两函数在(6,9)有两个交点，即(6,9)为原函数的零点所在的区间，故C 正确；
对于D，
9,12
xÎ
时，情况与选项B 相似，函数( )
sin 3
g x
x
p
=
在(9,12) 上( )
0
g x
恒成立，
而( )
lg
h x
x
=
在(9,12) 上恒为增，且( )
lg9
0
h x >
>
，即两函数在(9,12) 上无交点，
即(9,12) 不是原函数的零点所在区间，故D 错误.
故选：AC.
1．（24-25 高一上·吉林·阶段练习）已知aÎR ，函数
e
,
0,
ln
1
,
0
x
a x
f x
x
a x
ì
-
ï
= í-
+
-
>
ïî
在R 上没有零点，则实数a 的取值
范围（ ）
A．
0, ¥
+
B．
1,+¥
C．
1,
0
¥
+
È
D．
1,
0
+¥ U
【答案】D
【详解】因为
e
,
0,
ln
1
,
0
x
a x
f x
x
a x
ì
-
ï
= í-
+
-
>
ïî
，
0
x
时，0
e
1
x
<
，
若ex
a
=
无解，则
0
a
或
1
a > ；
0
x >
时，
ln
1
0
ln
1
0
x
x
+
>
Þ -
+
<
，
若
ln
1
x
a
-
+
=
无解，则
0
a ³
，
因为函数
e
,
0,
ln
1
,
0
x
a x
f x
x
a x
ì
-
ï
= í-
+
-
>
ïî
在R 上没有零点，
所以
1,
0
a
¥
Î
+
È
．
故选：D．
2．（24-25 高三上·河南漯河·期末）已知函数
π
2 sin
ln
2
4
f x
x
x
=
-
-
，则此函数的所有零点的和为（ ）
A．18
B．16
C．14
D．12
【答案】D
【详解】由题意
( )
f x 的零点个数，即为函数
π
2 sin 4
y
x
=
与
ln
2
y
x
=
-
图象交点个数，
函数
ln
2
y
x
=
-
的图象关于直线
2
x =
对称，函数
π
2 sin 4
y
x
=
是周期为4 的周期函数，且图象也关于直线
2
x =
对
称，
作出它们的图象，如图，
函数
π
2 sin 4
y
x
=
的最大值是2，ln 10
2
ln8
2
-
=
>
，因此由图象可得它们在直线
2
x =
右侧有三个交点，总共6 个
交点，
所以
( )
f x 的所有零点的和为4 3
12
´ =
，
故选：D．
考点二
根据指对幂函数零点的分布求参数范围
3．（2024·江苏徐州·模拟预测）已知函数
( )
f x 是定义在R 上偶函数，当
0
x ³
时，
2
5
,0
2
16
( )
1
( )
1,
2
2
x
x
x
f x
x
ì
ïï
= í
ï
+
>
ïî
，若方程
( )
0
f x
m
-
= 仅有4 个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是（ ）
A．
5
(1, )
4
B．
5
(0, )
4
C．
5
[0, )
4
D．
5
(
, )
4
-¥
【答案】A
【详解】当0
2
x
时，
2
5
( )
16
f x
x
=
在[0,2]上单调递增，函数值集合为
5
[0, ]
4 ，
当
2
x >
时，
1
( )
( )
1
2
x
f x =
+ 在(2,
)
+¥ 上单调递减，函数值集合为
5
(1, )
4 ，
又函数
( )
f x 是定义在R 上偶函数，其图象关于y 轴对称，作出函数
( )
f x 图象：
方程
( )
0
f x
m
-
= 仅有4 个不相等的实数根，则函数
y
f x
=
图象与直线y
m
=
有4 个交点，
当
5
1
4
m
<
<
时，函数
y
f x
=
图象与直线y
m
=
有4 个交点，
∴实数m 的取值范围是
5
(1, )
4 .
故选:A.
4．（2025·黑龙江·二模）记函数
1
e
,
ln
x
f x
x g x
x
x
=
+
=
-
+
的零点分别为,a b ，则（ ）
A．
1
e
ab <
B．
1
ab =
C．
2
ab =
D．
e
ab >
【答案】B
【详解】Q函数
1
e
,
ln
x
f x
x g x
x
x
=
+
=
-
+
的零点分别为,a b ，
1
e
0,ln
0
a
a
b
b
\
+
=
-
+
=
，
由
1
ln
0
b
b
-
+
=
，得
1
1
1
1
ln
ln
,
eb
b
b
b
b
æ
ö
= -
-
=
-
\
= -
ç
÷
è
ø
，即
1
1
e
0
b
b
+
=
，
显然函数
ex
f x
x
=
+
在R 上单调递增，
1
1
0,
f a
f
a
b
b
æ
ö
\
=
=
\
=
ç
÷
è
ø
，即
1
ab = .
故选：B.
5．（2025·四川·模拟预测）已知函数
3
,
1,
1
log
1 ,
1,
x
x
f x
x
x
x
ì
<
ï
=
-
í
ï
-
>
î
若关于x 的方程
f x
m
=
（m 为实常数）有四个不
同的解
1
2
3
4
,
,
,
x x
x x ，且
1
2
3
4
x
x
x
x
<
<
<
，则
3
4
1
2
1
1
x
x
x
x
æ
ö
+
+
ç
÷
è
ø
的取值范围为（ ）
A．
32
8, 3
æ
ö
ç
÷
è
ø
B．(8,16)
C．
8,+¥
D．
, 8
-¥ -
【答案】A
【详解】根据函数解析式，可得函数大致图象如下，
由图知，
1
2
3
4
0
1
2
x
x
x
x
<
<
< <
<
<
且
(0,1)
mÎ
，
由
1
2
1
2
1
1
x
x
x
x
= -
-
-
，得
1
1
2
1
2
2
x
x x
x x
x
-
=
-
，即
1
2
1
2
2
x
x
x x
+
=
，故
1
2
1
1
2
+
=
x
x
，
由
3
3
log
1
x
m
-
= -
，则
3
1 3 m
x
-
= +
，由
3
4
log
1
x
m
-
=
，则
4
1 3m
x = +
，
所以
3
4
1
2
1
1
4
2(3
3 )
m
m
x
x
x
x
-
æ
ö
+
+
=
+
+
ç
÷
è
ø
，且在
(0,1)
mÎ
上
3
3
m
m
y
-
=
+
单调递增，
所以
3
4
1
2
1
1
32
(8,
)
3
x
x
x
x
æ
ö
+
+
Î
ç
÷
è
ø
.
故选：A
6．（24-25 高二下·浙江舟山·期末）记函数
,
,
f x
f x
g x
m x
g x
f x
g x
ì
ï
= í
>
ïî
.已知函数
3
2e
f x
x
tx
t
= -
-
+
- ，
2e
1
x
g x
tx
t
=
-
-
+
，t ÎR ，若
m x 有且只有3个零点，则t 的取值范围是（ ）
A．
2e
1,
2
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø
B．
2
0, e
2
é
ù
ê
ú
ë
û
C．
2e
,
2
æ
ù
-¥ -
ç
ú
è
û
D．
2e
1
0,
2
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
【答案】D
【详解】令
2
3
2
e
e
1
x
h x
g x
f x
x
=
-
=
+
-
- ，其中xÎR ，
因为函数
2e x
y =
、
3
2e
1
y
x
=
-
- 在R 上均为增函数，故函数
h x 在R 上为增函数，
因为1
0
h
=
，故当
1
x < 时，
1
0
h x
g x
f x
h
=
-
<
=
，此时
g x
f x
<
；
当
1
x > 时，
1
0
h x
g x
f x
h
=
-
>
=
，此时
g x
f x
>
，
所以
,
,
1
,
,
1
f x
f x
g x
f x
x
m x
g x
f x
g x
g x
x
ì
ì
³
ï
ï
=
=
í
í
>
<
ï
ï
î
î
.
当
1
x ³ 时，令
3
2e
0
m x
x
tx
t
= -
-
+
- =
，可得
3
2
1
e
t x
x
+
= -
+
；
当
1
x < 时，令
2e
1
0
x
m x
tx
t
=
-
- - =
，可得
2
1
e
1
x
t x +
=
- .
令
2
3
2
e
1,
1
e ,
1
x
x
x
x
x
j
ì
-
<
= í-
+
³
î
，则直线
1
y
t x
=
+
与函数
x
j
的图象有三个交点，如下图所示：
由图可知，要使得直线
1
y
t x
=
+
与函数
x
j
的图象有三个交点，
只需
2
0
1 1
e
1
t
t
>
ì
í
+
<
-
î
，解得
2e
1
0
2
t
-
< <
，因此，实数t 的取值范围是
2e
1
0,
2
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
.
故选：D.
7．（2024·安徽合肥·模拟预测·多选）已知函数
3
2
0
log
0
x
x
f x
x
x
ì
+
ï
= í
>
ïî
，
，
，若关于 x 方程
f x
t
= 有四个不同的
解
1
2
3
4
,
,
,
x x
x x ，且
1
2
3
4
x
x
x
x
<
<
<
，则
4
1
2
2
3
4
1
x
x
x
x x -
+
的可能取值为（ ）
A．2
B．8
C．16
D．32
【答案】BCD
【详解】画出函数
3
3
3
2,
2
2 ,
0
2, 2
0
( )
log
,
0
log
,0
1
log
,
1
x
x
x
x
x
x
f x
x x
x
x
x x
- -
< -
ì
ï
ì
+
+
-
ï
ï
=
=
í
í
>
-
<
<
ïî
ï
ï
³
î
的图象，如图所示：
因为方程
f x
t
= 有四个不同的解
1
x ，
2x ，
3x ，
4x ，且
1
2
3
4
x
x
x
x
<
<
<
，
所以0
2
t
<
，且
1
2
3
4
0
2
1
x
x
x
x
- <
<
<
<
<
<
，
由
0
x
时，
( )
2
f x
x
=
+
，则
1
x 与
2x 的中点横坐标为2
- ，即：
1
2
4
x
x
+
= - ，
当
0
x >
时，
3
3
4
3
log
log
x
x
=
，则
3
3
3
4
log
log
x
x
-
=
，所以
3 4 1
x x = ，
又
4
3
log
2
x
，则
4
1
9
x
<
，
因为
2
4
4
4
1
2
3
4
4
3
4
1
4
4
5
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x x -
+
+
=
+
=
=
，
则
4
5
5
45
x
<
，所以BCD 符合.
故选：BCD.
8．（24-25 高一上·河北保定·期末·多选）设函数
2
ln
1 ,
1
4
5,
1
x
x
f x
x
x
x
ì
-
>
ï
= í-
-
+
ïî
，若函数
g x
f x
m
=
-
有四个零点分别
为
1
x ，
2x ，
3x ，
4x ，且
1
2
3
4
x
x
x
x
<
<
<
，则下列结论正确的是（ ）
A．0
9
m
<
B．
1
2
4
x
x
+
= -
C．
3
4
1
x
x
×
=
D．
9
3
4
9e
1
4,e
2
x
x
æ
ö
+
Î
+
+
ç
÷
è
ø
【答案】BD
【详解】由解析式，可得
( )
f x 大致图象如下，结合题设知0
9
m
<
<
，A 错，
令| ln(
1) | 9
x -
=
，可得
9
1 e
x
-
= +
或
9
1 e
x = +
，
所以
9
9
1
2
3
4
5
2
1 1 e
2
1 e
x
x
x
x
-
- <
< - <
< < +
<
<
<
< +
，且
1
2
4
x
x
+
= - ，B 对，
而
3
1 e m
x
-
= +
，
4
1
em
x = +
，则
3
4
1
e
2
e
m
m
x
x
-
×
=
+
+
> ，C 错，
由
3
4
2
e
e
m
m
x
x
-
=
+
+
+
且
9
e
(1,e )
m Î
，而
1
2
y
x
x-
+
=
+
在
9
(1,e ) 上单调递增，
所以
9
3
4
9
1
4,e
2
e
x
x
æ
ö
+
Î
+
+
ç
÷
è
ø，D 对.
故选：BD
9．（24-25 高一上·重庆沙坪坝·期末·多选）已知函数
2
2
,
1
log
1 ,
1
x
x
f x
x
x
ì
-
ï
= í
-
>
ïî
，且关于x 的方程
f x
a
=
恰有四
个不同的根，从小到大依次为
1
2
3
4
,
,
,
x x
x x ，则（ ）
A．
1,2
aÎ
B．
1
2
3
4
4
x
x
x
x
+
+
+
最小值为9
C．
0
f
f x
f x
-
=
恰有6 个不同的根D．
k
$
，使得
f
f x
k
=
恰有8 个不同的根
【答案】ABD
【详解】
f x 图像如下，
可知
1,2
aÎ
时，与y
a
=
恰有四个不同交点，所以A 正确：
由对称性可知
1
2
0
x
x
+
=
，而
2
3
2
4
log
1
log
1
x
x
-
= -
-
，所以
3
4
1
1
1
x
x
-
-
= ，
则
3
4
1
1
1
x
x
+
= ，所以
3
4
3
4
3
4
3
4
3
4
4
1
1
4
4
4 1
9
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
+
=
+
+
=
+ +
+
³
ç
÷
è
ø
，
当且仅当
3
4
3 ,
3,
1
2
x
x
a
=
=
= 时等号成立，B 成立：
对于
0
f
f x
f x
-
=
，令
t
f x
=
，
则
f t
t
= 有两个不同根，
1
2
1,
1,2
t
t
=
Î
，
1
2
,
f x
t
f x
t
=
=
各有四个不同根，共有八个不同根，所以C 错误；
对于D，令
,
t
f x
f t
k
=
=
在
2
k =
时有三个根：
1
2
3
0,
1,2 ,
2
t
t
t
=
Î
>
，
而
0
f x =
有2 个不同根，
2
f x
t
=
有4 个不同根，
3
f x
t
=
有2 个不同根，
共8 个，所以D 正确．
故选：ABD.
10．（23-24 高一上·陕西西安·期末·多选）已知函数
2
2
3,
0,
2
ln ,
0,
x
x
x
f x
x x
ì
+
-
= í- +
>
î
若方程
f x
k
=
有三个不等的实数解
1
x 、
2x 、
3x 且
1
2
3
x
x
x
<
<
，则（ ）
A．
4, 3
k Î -
-
B．
3
2
1 1
,
e
e
x
æ
ù
Îç
ú
è
û
C．
1
3
2
3
2
2
2
,
e
e
x x
x x
é
ö
+
Î -
-
÷
êë
ø
D．
1
2
1
x x <
【答案】BCD
【详解】画出
f x 的大致图象如图所示.
若方程
f x
k
=
有三个不等的实数解，根据图象可得
4
3
k
,
Î -
-
，且
1
2
2
x
x
+
= - .
令2
ln
3
x
- +
= - ，得
1
e
x =
；令2
ln
4
x
- +
= - ，得
21
e
x =
，
则
3
2
1 1
,
e
e
x
æ
ù
Îç
ú
è
û ，
1
3
2
3
1
2
3
2
3
2
2
,
e
e
2
x
x
x
x
x
x
x
x =
+
= -
é
ö
+
Î -
-
÷
êë
ø ，
2
1
2
1
2
1
2
1
2
x
x
x x
x
x
-
-
æ
ö
= -
-
=
ç
÷
è
ø
，
当且仅当
1
2
x
x
=
时，等号成立，因为
1
2
x
x
¹
，所以
1
2
1
x x < .
所以BCD 选项正确，A 选项错误.
故选：BCD.
11．（2025·河南·模拟预测）已知函数
2
log
1 0
4
3
4
x
x
f x
x
x
ì
-
<
ï
= í
-
>
ïî
，
，
，
存在
1
2
3
0
x
x
x
<
<
<
，使得
1
2
3
(
)
(
)
(
)
f x
f x
f x
=
=
，
则
1
2
3
x x x 的取值范围是
.
【答案】(16,36)
【详解】作出函数的图象，设
1
2
3
(
)
(
)
(
)
=
=
=
f x
f x
f x
k ，依题意，0
1
k
<
< ，
且
2
1
2
2
1 log
log
1
x
x
k
-
=
- =
，
3
3
x
k
-
=
，解得
1
2
4
x x =
，
2
3
(3
)
x
k
=
-
，
故
2
1
2
3
4(
3)
x x x
k
=
-
，因函数
2
4(
3)
k -
在( 0, 1) 上单调递减，故
1
2
3
16
36
x x x
<
<
，
即
1
2
3
x x x 的取值范围是(16,36) .
故答案为：(16,36) .
12．（24-25 高三下·北京·阶段练习）若函数
2
1
,
0
( )
(
1)ln ,
0
x
m x
f x
x
x x
ì
+ -
= í
-
>
î
恰有两个零点，则实数m 的取值范围是
【答案】
1,2
【详解】当
0
x >
时，由(
1)ln
0
x
x
-
=
可得
1
x = ，
依题意，
0
x
时，
2
1
x
y
m
=
+ -
有1 个零点，
即方程
2
1
x
m =
+ 在(
,0]
-¥
上有一个实根，
也即直线y
m
=
与
2
1
x
y =
+ 在(
,0]
-¥
上有一个交点.
如图作出函数的图象.
因
2
1
x
y =
+ 在(
,0]
-¥
上单调递增，由图可知，此时1
2
m
<
.
综上，实数m 的取值范围是
1,2 .
故答案为：
1,2
1．（2025·湖南郴州·三模）已知函数
1
e
1 ln
e
1 ln
x
f x
t
t
x
x
æ
ö
=
-
+
+
ç
÷
è
ø
.
(1)当
1
t = 时，求
f x 的单调区间；
(2)当
e
t =
时，求
f x 在
0,1 上的最小值；
(3)当
1
t ³ 时，讨论
f x 的零点个数.
【答案】(1)单调递增区间为
2
1 ,
e
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø ，单调递减区间为
2
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø .
(2)
2
min
( )
e
f x
=
.
(3)答案见解析
【详解】（1）当
1
t = 时，
e
1 ln
f x
x
x
=
+
，定义域为
0, ¥
+
，
则
2
1
1
e 1 ln
e
e 2
ln
,
0
e
f
x
x
x
x
f
x
æ
ö
=
+
+
×
=
+
=
ç
÷
è
ø
¢
¢
，
当
2
1
0
e
<
<
x
时，
0
f
x
¢
<
，当
2
1
e
x >
时，
0
f
x
¢
>
，
故
f x 的单调递增区间为
2
1 ,
e
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø ，单调递减区间为
2
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø .
（2）当
e
t =
时，
1
1
1
1
2
2
1
1
e e
1
e
1 ln
,
e
e 2
ln
e
e
2
ln
x
x
x
f x
x
x
f
x
x
x
x
x
+
æ
ö
æ
ö
=
-
+
+
= -
+
+
=
-
+
+
ç
¢
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
令
1
2
1 e
2
ln
x
x
x
x
j
= -
+
+
，则
1
4
2
1
1
e
0
x
x
x
x
x
j
+
=
×
+
>
¢
，
所以
f
x
¢
在
0,1 上单调递增，
所以当
0,1
xÎ
时，
1
e
2 e
0
f
x
f
= - +
¢
<
¢
，
所以
f x 在
0,1 上单调递减，所以当
0,1
xÎ
时，
2
min
( )
1
e
f x
f
=
=
.
（3）令
0
f x =
，得
1
1 ln
1 ln
0
xt
t
x
x
æ
ö
-
+
+
=
ç
÷
è
ø
，即
1
1
1
ln
ln
1 ln
0
xt
t
t
x
x
x
-
+ +
=
，
所以
1
1
1
1
ln
ln
1
x
x
t
t
t
x
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø
.
令
1
1
,
0
x
k
t
k
x
=
>
，则ln
ln
1
k t
k
=
- ，即
ln
1
ln
k
t
k
-
=
①，
当
1
t ³ 时，由
1
1
x
k x
t
x
=
，得
1
1
2
3
1
1
ln
0
x
x
k
x
t
t
t
x
x
= -
-
<
¢
在
0, ¥
+
上恒成立，
考点三
利用导数讨论函数零点数量
所以
k x 在
0, ¥
+
上单调递减，故方程①的解的个数即为
f x 的零点个数.
令
ln
1
k
h k
k
-
=
，则
2
2
lnk
h k
k
-
¢
=
，当
2
0
e
k
<
<
时，
0
h k
¢
>
，当
2e
k >
时，
0
h k
¢
<
，所以
h k 在
2
0,e
上单调
递增，在
2e , ¥
+
上单调递减，
2
2
1
e
0,
e
e
h
h
=
=
，当k ® +¥ 时，
0
h k ®
，且当
e
k >
时，
0
h k >
.
因为
1
t ³ ，所以ln
0
t ³
.
当
2
1
0
ln
e
t
<
<
，即
2
1
e
1
e
t
< <
时，方程①有两个不同的解，
f x 的零点个数为2；
当
2
1
ln
e
t =
或ln
0
t =
，即
2
1
ee
t =
或
1
t = 时，方程①只有一个解，
f x 的零点个数为1;
2
1
ln
e
t >
，即
2
1
ee
t >
时，方程①无解，
f x 的零点个数为0.
综上，当
2
1
e
1
e
t
< <
时，
f x 的零点个数为2；
当
2
1
ee
t =
或
1
t = 时，
f x 的零点个数为1；
当
2
1
ee
t >
时，
f x 的零点个数为0.
2．（24-25 高二下·四川绵阳·期中）已知函数
2
( )
e
(
2)e
x
x
f x
a
a
x
=
+
-
-
.
(1)当
1
a = 时，求证
( )
0
f x ³
；
(2)讨论
( )
f x 的单调性；
(3)讨论
( )
f x 零点个数.
【答案】(1)证明见详解
(2)答案见详解
(3)答案见详解
【详解】（1）若
1
a = ，则
2e
e
x
x
f x
x
=
-
-
，
2
2e
e
1
2e
1 e
1
x
x
x
x
f
x
¢
=
-
- =
+
-
，
令
0
f
x
¢
>
，则e
1
0
x - >
，解得
0
x >
；
令
0
f
x
¢
<
，则e
1
0
x - <
，解得
0
x <
；
可知
( )
f x 在
0, ¥
+
内单调递增，在
,0
-¥
内单调递减，
所以
( )
0
0
f x
f
³
=
.
（2）因为
2
2
e
1
e
e
1
e
2
1
2
x
x
x
x
f
x
a
a
a
¢
=
+
-
- =
+
-
，
若
0
a
，则
0
f
x
¢
，可知
( )
f x 在R 上单调递减；
若
0
a >
，令
0
f
x
¢
>
，则e
1
0
x
a
- > ，解得
ln
x
a
> -
；
令
0
f
x
¢
<
，则e
1
0
x
a
- <
，解得
ln
x
a
< -
；
可知
( )
f x 在
ln ,a
-
+¥ 内单调递增，在
,
ln a
-¥ -
内单调递减；
综上所述：若
0
a
，
( )
f x 在R 上单调递减；
若
0
a >
，
( )
f x 在
ln ,a
-
+¥ 内单调递增，在
,
ln a
-¥ -
内单调递减.
（3）若
0
a
，可知
( )
f x 在R 上单调递减，
当x 趋近于-¥ 时，
( )
f x 趋近于+¥ ；当x 趋近于+¥ 时，
( )
f x 趋近于-¥ ；
可知
( )
f x 有且仅有1 个零点；
若
0
a >
，可知
( )
f x 在
ln ,a
-
+¥ 内单调递增，在
,
ln a
-¥ -
内单调递减，
当x 趋近于-¥ ，+¥ 时，
( )
f x 趋近于+¥
则
1
( )
ln
ln
1
f x
f
a
a
a
³
-
=
-
+ ，
可知
1
ln
1
g a
a
a
=
-
+ 在
0, ¥
+
内单调递增，且
1
0
g
=
，
当
1
a > 时，则
0
g a >
，即
0
f x >
，可知
( )
f x 无零点；
当
1
a = 时，则
0
g a =
，可知
( )
f x 有且仅有1 个零点；
当0
1
a
<
< 时，则
0
g a <
，可知
( )
f x 有且仅有2 个零点；
综上所述：当
1
a > 时，
( )
f x 无零点；
当
1
a = 或
0
a
时，
( )
f x 有且仅有1 个零点；
当0
1
a
<
< 时，
( )
f x 有且仅有2 个零点.
3．（2025·重庆·三模）已知函数
1 ex
f x
x
ax
b
=
-
-
+
，函数
y
f x
=
在点
0
0
f
，
处的切线方程为
2
0
x
y
+
+
=
.
(1)求a
b
，的值；
(2)讨论
f x 的零点个数.
【答案】(1)
1
a = ，
1
b = -
(2)2
【详解】（1）
1 ex
f x
x
ax
b
=
-
-
+
求导得到
( )
ex
f
x
x
a
¢
=
-
，
根据函数在点
0,
0
f
处的切线方程为
2
0
x
y
+
+
=
，得到
(0)
1
(0)
2
f
k
f
=
= -
ì
í
= -
¢
î
.
把
0
x =
代入
( )
f
x
¢
得
0
(0)
0 e
f
a
a
¢
=
´
-
= - ，
因为
(0)
1
f ¢
= - ，所以
1
a
- = - ，即
1
a = .
又
0
0
0 1 e
0
2
f
a
b
=
-
- ´ +
= - ，解得
1
b = - .
（2）由第（1）问知
( )
(
1)e
1
x
f x
x
x
=
-
-
- ，
( )
e
1
x
f
x
x
¢
=
- .
令( )
( )
g x
f
x
¢
=
，求导得
(
1
(
)
)
ex
x
g x
+
¢
=
.
当
(
, 1)
xÎ -¥ -
，
( )
0
g x
¢
<
，( )
g x 在(
, 1)
¥
-
-
递减；
当
( 1,
)
Î - +¥
x
，
( )
0
g x
¢
> ，( )
g x 在( 1,
)
- +¥ 递增.
(1)
0
g
>
，(0)
0
g
<
，所以存在唯一
0x 使
0
(
)
0
g x
=
，即
0
0e
1
x
x
= .
当
0
(
,
)
x
x
Î -¥
，
( )
0
f
x
¢
<
，
( )
f x 在
0
(
,
)
x
-¥
递减；
当
0
(
,
)
x
x
Î
+¥ ，
( )
0
f
x
¢
>
，
( )
f x 在
0
(
,
)
x +¥ 递增，所以
0
( )
(
)
f x
f x
³
.
0
0
0
1
(
)
0
f x
x
x
= -
-
<
，又
2
3
( 2)
1
0
e
f -
= -
>
，
2
(2)
e
3
0
f
=
-
>
，
根据零点存在定理，
( )
f x 在
0
(
)
2, x
-
和
0
(
,2)
x
各有一个零点，共2 个零点.
4．（24-25 高二下·广东茂名·期末）已知函数
2 ex
f
x
x
=
+
.
(1)求
f x 的单调区间及最值；
(2)设
g x
f x
k
=
-
，讨论
g x 在区间
1,1
-
上的零点个数.
【答案】(1)单调递减区间为
, 3
-¥ -
，单调递增区间为
3,
-
+¥ ，
f x 的最小值为
3
1
3
e
f -
= -
，没有最大值.
(2)答案见解析
【详解】（1）
e
2 e
3 e
x
x
x
f
x
x
x
¢
=
+
+
=
+
，令
0
f
x
¢
=
，解得
3
x = - .
当
3
x < - 时，
0
f
x
¢
<
，函数
f x 单调递减；
当
3
x > - 时，
0
f
x
¢
>
，函数
f x 单调递增，
所以当
3
x = - 时，
f x 取最小值为
3
1
3
e
f -
= -
，
f x 没有最大值.
所以
f x 单调递减区间为
, 3
-¥ -
，单调递增区间为
3,
-
+¥ ，且
f x 的最小值为
3
1
3
e
f -
= -
，没有最大值.
（2）
g x
f x
k
=
-
，由（1），可知
f x 在
1,1
-
上递增，而
1
1
e
f -
=
，
1
3e
f
=
.
根据k 的不同取值，分情况讨论：
①当
1
e
k <
时，对于
1,1
xÎ -
，由于
1
e
1
f x
f
k
³
-
=
>
，则
0
g x >
恒成立，故
g x 没有零点.
②当1
e
3e
k
时，由
f x 的单调性，可知存在唯一
1,1
cÎ -
，使
0
g c =
，故
g x 有唯一零点x
c
=
.
③当
3e
k >
时，由
1
3e
f x
f
k
=
<
，即
0
g x <
恒成立，故
g x 没有零点.
综上，当
3e,
e
1
,
k
æ
ö
Î -¥
+ ¥
ç
÷
è
ø
U
时，
g x 在
1,1
-
上没有零点.
当
1 3e
e ,
k
é
ù
Î ê
ú
ë
û 时，
g x 在
1,1
-
上有1 个零点.
5．（24-25 高三下·甘肃白银·阶段练习）已知函数
sin
f x
x
=
.
(1)证明：
0,1
x
Î
，
2
tan
f x
x
x
>
-
；
(2)求函数
3
3
x
y
f x
x
=
-
+
的零点个数.
【答案】(1)证明见解析
(2) 2
【详解】（1）欲证
0,1
x
Î
，
2
tan
f x
x
x
>
-
，
即证
0,1
x
Î
，tan
2
sin
0
x
x
x
-
+
>
，
令
tan
2
sin
0
1
u x
x
x
x
x
=
-
+
<
，
则
2
1
2
cos
cos
u
x
x
x
=
-
+
¢
2
2
cos
1 cos
cos
1
cos
x
x
x
x
-
-
-
=
，
因为
2
cos
cos
1
cos
cos
1
1
1
x
x
x
x
-
- =
-
- < - ，
cos
cos1,1
xÎ
，
所以
0
u
x
¢
>
，
所以
tan
2
sin
u x
x
x
x
=
-
+
在
0,1 上单调递增，
所以
0
0
u x
u
>
=
，
所以
0,1
x
Î
，
2
tan
f x
x
x
>
-
成立.
（2）令
3
3
sin
3
3
x
x
g x
f x
x
x
x
=
-
=
-
+
+
，
所以
2
9
cos
3
g
x
x
x
=
-
+
¢
，
①当
3
x < - 时，3
9
3
3
3
3
x
x
x
=
-
>
+
+
，
1
1
f x
-
，
所以
0
g x >
，
即
g x 在
3
x < - 时无零点；
②当3
0
x
- <
<
时，
2
9
1
3
x
>
+
，cos
1
x ，
所以
2
9
cos
0
3
g
x
x
x
¢
=
-
>
+
，
所以
g x 在3
0
x
- <
<
时单调递增，
所以
0
0
g x
g
<
=
，
即
g x 在3
0
x
- <
<
时无零点；
③当
π
0, 2
x
é
ö
Î
÷
êë
ø 时，令
2
9
cos
3
h x
x
x
=
-
+
，
则
3
18
sin
3
h x
x
x
= -
+
+
¢
，
显然
h x
¢
在
π
0, 2
é
ö
÷
êë
ø上单调递增，
又
2
0
0
3
h
= -
<
¢
，
π
0
2
h æ
ö
¢
>
ç
÷
è
ø
，
所以存在
π
0, 2
t
æ
ö
Îç
÷
è
ø使得
0
h t
¢
=
，
因此可得0
x
t
<
< 时，
0
h x
¢
<
，
h x 单调递减；
当
2
t
x
p
<
<
时，
0
h x
¢
>
，
h x 单调递增，
又
0
0
h
=
，
π
0
2
hæ
ö >
ç
÷
è
ø
，
所以存在
, 2
t p
æ
ö
lÎç
÷
è
ø ，使得
0
h l =
，
即0
x
<
< l 时，
0
h x <
，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减；
2
x
p
l <
<
时，
0
h x >
，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，又
0
0
g
=
，
π
0
2
g æ
ö >
ç
÷
è
ø
，
所以
g x 在
π
0, 2
é
ö
÷
êë
ø上有2 个不同的零点；
④当
π ,
2
x
é
ö
Î
+¥÷
êë
ø 时，
3
3
x
y
x
=
+
单调递增，
所以3
3π
1
sin
3
π
6
x
x
x
³
> ³
+
+
，
即
0
g x >
成立，
所以
g x 在π ,
2
é
ö
+¥÷
êë
ø上无零点，
综上，函数
3
3
x
y
f x
x
=
-
+
有2 个不同的零点.
6．（24-25 高二下·新疆乌鲁木齐·期中）已知函数
( )
ln
f x
x
=
，
(1)证明：当
0
x >
时，
(
1)
f x
x
+
<
；
(2)设
0
a >
且函数( )
( )
( )
g x
af x
xf a
=
-
，若( )
0
g x
恒成立，求实数a 的值；
(3)设函数
2
( )
( )
h x
x
af x
=
-
，讨论当
0
a >
时，函数
( )
y
h x
=
在(1, e)的零点个数.
【答案】(1)证明见解析
(2)
e
a =
(3)答案见解析
【详解】（1）设
ln 1
S x
x
x
=
+
-
，则
1
1
0
1
1
x
S
x
x
x
-
¢
=
- =
<
+
+
在区间
0, ¥
+
上恒成立，
故
S x 在
0, ¥
+
上为减函数，故
0
0
S x
S
<
=
，得到
ln 1
0
x
x
+
-
<
，
即
ln 1
x
x
+
<
成立.
（2）由题意得
ln
ln
0, ln
ln
x
a
x
a
x
x
a
x
a
>
Û
，
令
ln
( )
(
0)
x
f x
x
x
=
>
，
2
1 ln
( )
x
f
x
x
-
¢
=
，
0
,
( )
0,
,
( )
0
x
f
x
x
f
x
¢
¢
<
<
>
>
<
e
e
，所以
f x 在
0,e 上递增，在
e,+¥ 上递减，
e
x= 时
max
1
( )
(e)
e
f x
f
=
=
，从而有ln
1
e
a
a ³
，
又
0
a >
，则
e
ln
1
( )
a
f a
a
=
，所以ln
1
e
a
a =
，
当0
e
a
<
<
时，
e
f a
f
<
，
e
a >
时，
e
f a
f
<
，
故有ln
1
( )
( )
a
f a
f
a
a =
Û
=
Û
=
e
e
e
.
（3）由题意得
2
ln
h x
x
a x
=
-
，则
2
2
2
(
0)
a
x
a
h x
x
x
x
x
-
-
=
>
¢
=
，
当
0
a
，则
0
h x
¢
>
，即有
h x 在
0 + ¥
，
上递增；
若
0
a >
，由
0
h x
¢
>
得到
2
a
x >
，由
0
h x
¢
<
得到0
2
a
x
<
<
，
即有
0
a >
时，
h x 的增区间为
2
a
æ
ö
+ ¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
，减区间为0
2
a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
；
所以
h x 的极小值为
1 ln
2
2
2
a
a
a
hæ
ö
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，也为最小值．
① 当
1 ln
0
2
2
a
a
æ
ö
-
>
ç
÷
è
ø
，即0
2e
a
<
<
，
h x 的最小值大于0 ，
则
y
h x
=
在区间
1,e 上无零点；
② 当
1 ln
0
2
2
a
a
æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
，即
2e
a =
，即有1
e
2
a
<
<
，而
1
1
0
f
= >
，
0
2
a
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，
e
0
f
>
，则
h x 在
1,e 上有一个零点；
③ 当
1 ln
0
2
2
a
a
æ
ö
-
<
ç
÷
è
ø
，即
2e
a >
，即有
e
1
2
a >
> ，
(i)若
e
2
a <
，即
2
2e
2e
a
<
<
，而
2
e
e
h
a
=
-
，
当
2
2e
e
a
<
<
时，
e
0
h
³
，则
h x 在
1,e 上有2 零点．
当
2
2
e
2e
a
<
时，
e
0
h
，则
h x 在
1,e 上有1个零点；
(ii)若
e
2
a ³
，即
2
2e
a ³
，而1
0
h
>
，
e
0
h
<
，则
h x 在
1,e 上有1零点．
综上：当0
2e
a
<
<
时，函数
h x 无零点；
当
2e
a =
或
2e
a ³
时，函数
h x 有1零点；
当
2
2e
e
a
<
<
时，函数
h x 有2 个零点．
7．（24-25 高三下·北京·阶段练习）已知函数
ex
x
f x =
．
(1)求曲线
y
f x
=
在
0,
0
f
处的切线方程；
(2)若
0
x =
是函数
sin
g x
f a f x
x
=
+
的极值点，
（i）证明：1
0
a
- <
<
；
（ii）求
g x 在区间
π,π
-
内的零点个数
【答案】(1) y
x
=
(2)（i）证明见解析（ii）2 个
【详解】（1）
'
2
e
e
1
e
e
x
x
x
x
x
x
x
f
x
-
-
=
=
¢
¢
，
0
1
0
1
e
f
=
¢
= ，
0
0
f
=
，
所以曲线
y
f x
=
在
0,
0
f
处的切线方程为y
x
=
；
（2）（i）
sin
+sin
ea x
ax
g x
f a f x
x
x
+
=
+
=
，
1
+cos
e
e
a
x
a
x
g
x
x
-
¢
=
×
，由题意
0
1 0
0
+cos0
+1=0
e
e
e
a
a
a
a
g
-
×
=
¢
=
，
得e + =0
a a
，设
e +
x
F x
x
=
，则有
e +
0
a
F a
a
=
=
，
0
1
0
e
1,
1
1
0
e
F
F
=
=
-
=
- <
，且
e +
x
F x
x
=
在
,
¥
¥
-
+
上单调递增，
根据零点存在定理得1
0
a
- <
<
；
（ii）由（i）知
=
1
ea
a
- ，所以
+sin
ex
x
g x
x
-
=
，得
0
0
sin 0
0
g
=
+
=
，
1+cos
ex
x
g
x
x
-
¢
=
，设
1+cos
ex
x
h x
x
-
=
，则
2
sin
ex
x
h x
x
-
=
-
¢
，
当
π,0
-
时，2
0, sin
0
ex
x
x
-
>
-
>
，故
0
h x
¢
>
，
g
x
¢
单调递增，
所以
0
1 1
0
g
x
g
<
= - +
¢
=
¢
，故函数
g x 单调递减，
0
0
g x
g
>
=
，
故函数在
π,0
-
上无零点；
当
0,π 时，
1
+sin
e sin
e
e
x
x
x
x
g x
x
x
x
-
=
=
-
，
设
e sin
x
F x
x
x
=
-
，则
e
sin
cos
1
x
F
x
x
x
=
+
-
¢
，
设
e
sin
cos
1
x
k x
x
x
=
+
- ，则
2e cos
x
k
x
x
¢
=
，
当
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
2e cos
0
x
k
x
x
¢
=
>
，
k x 单调递增，
当
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
2e cos
0
x
k
x
x
¢
=
<
，
k x 单调递减，
且
0
0
k
=
，
π
2
π
e
1
0
2
k æ
ö =
- >
ç
÷
è
ø
，
π
π
e
1
0
k
= -
- <
，
故存在
0
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使
0
0
k x
=
，
当
0
0,
x
x
Î
时，
0
k x >
，
F x 单调递增，
当
0,π
x
x
Î
时，
0
k x <
，
F x 单调递减，
0
0
F
=
，
故
0
0
F x
>
，
π
π<0
F
= -
，
故函数在
0,π
x
x
Î
上有1 个零点.
综上所述，
g x 在区间
π,π
-
内的零点个数为2.
8．（24-25 高三下·云南临沧·阶段练习）已知函数
1
ln
k
kf
x
x x
a x
x
é
ù
-
=
-
+
ê
ú
ê
ú
ë
û
.
(1)当
1
a = 时，求
1f
x 在
1
x = 处的切线方程；
(2)对于任意
1
1,
,
0
x
f
x
Î
+¥
³
恒成立，求a 的取值范围；
(3)试讨论函数
0
F x
f
x
x
=
-
的极值点的个数.
【答案】(1)
1
y
x
= - +
(2)
1
2
a
(3)答案见解析
【详解】（1）由题意得：
1
1
1
ln
ln
f
x
x x
x
x x
x
x
x
æ
ö
=
-
-
=
-
+
ç
÷
è
ø
，所以
1
2
2
1
1
ln
1 1
ln
f
x
x
x
x
x
¢
=
+ - -
=
-
，
所以
1 1
1
f ¢
= - ，
1 1
0
f
=
，所以切线方程为
1
y
x
= - + ；
（2）对于任意的
1
1
1,
,
ln
0
x
f
x
x x
a x
x
¥
æ
ö
Î
+
=
-
-
³
ç
÷
è
ø
恒成立，所以
2
ln
0
a
x
a
x
-
+
³
在
1,+¥ 上恒成立，
令
2
ln
a
g x
x
a
x
=
-
+
，则
2
3
3
1
2
2
a
x
a
g
x
x
x
x
-
=
¢
=
-
，
当2
1
a 即
1
2
a
时，
0
g
x
¢
³
在
1,+¥ 上恒成立，所以
g x 在
1,+¥ 上单调递增，
所以
1
0
g x
g
³
=
，所以
1
2
a
满足题意.
当2
1
a > 即
1
2
a >
时，令
0
g
x
¢
=
，得
2 (
2
x
a
a
=
-
舍去) ，
x
1,
2a
2a
2 ,
a
¥
+
g
x
¢
-
0
+
g x
减
极小
值
增
当1
2
x
a
<
<
时，
1
0
g x
g
<
=
不合题意，
综上
1
2
a
；
（3）
1
ln
ln
1
a
F x
x x
a x
x
x x
a
x
x
x
æ
ö
=
-
+
-
=
-
+
-
ç
÷
è
ø
，所以
2
2
1
ln
1
ln
a
a
F
x
x
a
x
a
G x
x
x
= +
-
+
+
=
-
+
=
¢
，所以
2
2
x
a
-
G x 在
0, ¥
+
上单调递增，且
2
e
0
e
a
a
a
G
=
，
2
ln2
0
4
a
G
a
=
-
+
>
，
由零点存在性定理可知，
G x 在[e ,2)
a
上存在唯一的零点，不妨设为
0x ，
x
0
0, x
0x
0,
x
¥
+
F
x
¢
-
0
+
F x
减
极
小
值
增
所以
F x 有一个极值点.
②当2
0
a >
时，即
0
a >
时，令
0
G
x
¢
=
，则
2
x
a
=
，
x
0,
2a
2a
2 ,
a
¥
+
G
x
¢
-
0
+
G x
减
极小
值
增
所以
G x 的最小值为
1
2
ln 2
2
G
a
a
a
=
-
+
.
（i）当
2
0
G
a ³
即
1
ln 2
0
2
a
a
-
+
³
时，
0
F
x
¢
³
恒成立.
分析不等式
1
ln 2
0
2
a
a
-
+
³
的解:
令
1
ln 2
0
2
a
a
a
a
j
=
-
+
>
，则
0
a
j
³
.
由
1
1
0
2
a
a
j
=
¢
- =
，解得
1
2
a =
，
所以
1
0
0
2
a
a
j
>
Û
<
<
¢
,
1
0
2
a
a
j¢
Û
,
所以
a
j
在
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在1 ,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø上单调递减，得
1
0
2
a
j
j æ
ö
=
ç
÷
è
ø
恒成立，
结合
0
a
j
³
得
1
2
a =
.
所以当
1
2
a =
时
F x 单调递增，无极值点，即
1
2
a =
时，
F x 无极值点.
（ii）当
1
0
2
a
<
<
时，即0
2
1
a
<
< 时，且
2
0
G
a <
，
由
1
0
G
=
，所以
G x 在
2 ,
a
¥
+
上有唯一的零点
1
x = ，
下面先证
1
ln
1
x
x
³ -
+ :
设
1
ln
1
h x
x
x
=
+
- ，
所以
2
2
1
1
1
x
h x
x
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
0
h x
h
³
=
，即
1
ln
1
x
x
³ -
+ 得证；
所以
2
2
1
(1
)
ln
1
0
1
1
(
)
1
a
a
a
a
a
G
a
a
a
a
a
a
a
a
-
-
æ
ö =
-
+
³ -
+ -
+
=
ç
÷
-
-
è
ø
-
，
又因为
2
2
1
2
0
1
1
a
a
a
a
a
a
a
-
=
+
-
<
-
-
，
由零点存在性定理可得
G x
F
x
=
¢
在
,
2
1
a
a
a
é
ö
÷
ê -
ë
ø 上存在唯一的零点，不妨设为
1
x
x
=
，
x
1
0, x
1
x
1,1
x
1
1, ¥
+
F
x
¢
+
0
-
0
+
F x
递增
递减
递增
所以
F x 有两个极值点，
（iii）当
1
2
a >
时，
2
1
a > 且
2
0
G
a <
，
1
0
G
=
，
1
2
e
e
1
a >
> 又有
2
e
0
e
a
a
a
G
=
>
，
由零点存在性定理可得
G x
F
x
=
¢
在
0,
2a 与
2 ,ea
a
上各存在唯一的零点，
同上（ii）可知
F x 有两个极值点，
综上所述，当
0
a
时，
F x 有一个极值点；当
0
a >
时，且
1
2
a ¹
时，
F x 有两个极值点；当
1
2
a =
时，
F x 无
极值点.
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·北京房山·期末）设函数
2
,
0
e
4 ,
0
x
x
x
f x
x
x x
ì
>
ï
= í
ï
-
î
.若方程
f x
k
=
恰好有一个实根，则实数k 的取值
范围是（ ）
A．{
1
e
k k >
∣
或
0
k <
}
B．
1
0
e
k
k
ì
ü
í
þ
<
î
<
ý
∣
C．{
1
e
k k >
∣
或
0
k =
D．
1
e
k k
ì
ü
>
í
ý
î
þ
【答案】C
【详解】当
0
x >
时，
ex
x
f x =
，求导得
2
e
e
1
,
0
e
e
x
x
x
x
x
x
f
x
x
-
¢
-
=
=
>
，
2
e
e
1
0
0
1,
0
e
e
x
x
x
x
x
x
f
x
x
x
-
-
>
Þ
<
<
¢
=
=
>
，
2
e
e
1
0
1,
0
e
e
x
x
x
x
x
x
f
x
x
x
-
-
=
=
Þ
>
¢
，
所有
f x 在
0,1 单调递增，在
1, ¥
+
单调递减，
且当x 从0 的右边趋于0 时，
f x 趋于
0
0
0
e =
，当x ® +¥ 时，
ex
x
f x =
趋于0，
当
0
x
时，
2
2
4
2
4
f x
x
x
x
=
-
=
-
-
在
,0
¥
-
单调递减，
考点四
已知零点数量求参数范围
当x ® -¥ 时，
f x
¥
® +
，且
0
0
f
=
，
在同一平面直角坐标系中画出
,
y
f x
y
k
=
=
的图象，如图所示，
由图可知，若方程
f x
k
=
恰好有一个实根，则实数k 的取值范围是{
1
e
k k >
∣
或
0
k =
.
故选：C.
3．（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.
4．（24-25 高二下·福建泉州·期末·多选）已知函数
( )
ex
f x
ax
=
-
有两个零点
1
2
,
x x ，则（ ）
A．
e
a >
B．
1
2
2
x
x
+
>
C．
1
2
1
x x >
D．
( )
f x 在( 0, 1) 上单调递减
【答案】ABD
【详解】由题意得
( )
e
¢
=
-
x
f
x
a ，
当
0
a
时，
( )
0
f
x
¢
>
在R 上恒成立，函数
( )
f x 在R 上单调递增，不存在两个零点；
当
0
a >
时，令
( )
e
0
x
f
x
a
¢
=
-
=
，解得
ln
x
a
=
，
当
ln
x
a
<
，
( )
0
f
x
¢
<
，函数
( )
f x 在(
,ln )
a
-¥
上单调递减，
当
ln
x
a
>
，
( )
0
f
x
¢
>
，函数
( )
f x 在(ln ,
)
a +¥ 上单调递增，
若存在两个零点，则(ln )
0
f
a <
，即
ln
e
ln
0
a
a
a
-
<
，化简得(1
ln )
0
a
a
-
<
，
因为
0
a >
，所以1 ln
0
a
-
<
，解得
e
a >
，所以A 正确；
由题意得
1
2
1
1
2
2
(
)
e
0,
(
)
e
0
x
x
f x
ax
f x
ax
=
-
=
=
-
=
，得
1
2
1
2
e
,e
x
x
ax
ax
=
=
，
作商得
2
1
2
1
e
e
x
x
x
x
=
，不妨设
2
1
x
x
>
，则
2
1
2
1
ex
x
x
x
-
=
，令
2
1
x
t
x
=
，因为
2
1
0
x
x
-
>
，所以
1
t > ，变形得
2
1
x
tx
=
，
则
1
(
1)
e t
x
t
-
= ，解得
1
ln
1
t
x
t
= - ，可得
1
2
1
1
1
1
4
2
(1
)
2
(ln
2
)
(ln
2
)
1
1
1
1
t
t
t
x
x
x
t
t
t
t
t
t
t
+
-
+
+
-
=
+
-
=
-
=
-
+
-
+
-
+
，
令
4
( )
ln
2
(
1)
1
g t
t
t
t
=
-
+
>
+
，则
2
2
2
1
4
(
1)
( )
(
1)
(
1)
t
g t
t
t
t t
-
¢
=
-
=
+
+
，
由
1
t > 可知
( )
0
g t
¢
>
，( )
g t 在(1,
)
+¥ 上单调递增，有( )
(1)
0
g t
g
>
=
，
所以
1
2
2
0
x
x
+
-
>
，即
1
2
2
x
x
+
>
，所以B 正确；
由B 可知，
2
2
1
2
1
ln
ln
ln
1
ln
1
1
(
)
1
(
1)(
1)
(ln
)(
1)
1
1
1
1
1
t
t
t
t
t
t
x x
tx
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
-
- =
- =
- =
-
+
=
-
+
-
-
-
-
-
，
令
1
( )
ln
(
1)
t
h t
t
t
t
-
=
-
>
，则
2
1
1
(
1)
( )
2
2
t
t
h t
t
t t
t t
+
-
¢
=
-
= -
，
由
1
t > 可知
( )
0
h t
¢
<
，( )
h t 在(1,
)
+¥ 上单调递减，有( )
(1)
0
h t
h
<
=
，
所以
1
2
1
0
x x - <
，即
1
2
1
x x < ，所以C 错误；
由A 可知，函数
( )
ex
f x
ax
=
-
有两个零点时，
e
a >
，在(
,ln )
a
-¥
上单调递减，
则ln
1
a > ，所以
f x 在( 0, 1) 上单调递减，所以D 正确.
故选：ABD.
5．（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 .
6．（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, ¥
-
+
.
7．（24-25 高一下·云南昆明·期末）若函数
2
e
3,
0,
( )
2,
0
x
ax
x
f x
x
ax
x
ì
-
-
³
= í-
-
-
<
î
有三个零点，则a 的取值范围为
．
【答案】
2 2, + ¥
【详解】当
2
0,
( )
2
0
x
f x
x
ax
<
= -
-
-
=
，
2
4 2
0
a
=
- ´
>
时，
2 2
a >
，且有两个零点
1
2
,
x x ，
且
1
2
1
2
,
2
0
x
x
a x x
+
= -
=
>
，所以
1
2
,
x x 都是负值，所以
1
2
0
x
x
a
+
= - <
，所以
2 2
a >
，
2
4 2
0
a
=
- ´
=
时，
2 2
a =
，且有1 个零点
1
2
x
x
=
，
且
1
2
1
2
,
2
0
2
a
x
x
x x
=
= -
=
>
，所以
1
2
x
x
=
都是负值，所以
1
2
0
2
a
x
x
=
= -
<
，所以
2 2
a =
，
2
4 2
0
a
=
- ´
<
时，
2 2
a <
，所以不存在零点；
所以
2 2
a >
时，
2
0,
( )
2
0
x
f x
x
ax
<
= -
-
-
=
有2 个零点；
2 2
a =
时，
2
0,
( )
2
0
x
f x
x
ax
<
= -
-
-
=
有1 个零点；
2 2
a <
时，
2
0,
( )
2
0
x
f x
x
ax
<
= -
-
-
=
有0 个零点；
因为函数
2
e
3,
0,
( )
2,
0
x
ax
x
f x
x
ax
x
ì
-
-
³
= í-
-
-
<
î
有三个零点，
则当
2 2
a >
时，
2
0,
( )
2
0
x
f x
x
ax
<
= -
-
-
=
有2 个零点，则
0,
( )
e
3
x
x
f x
ax
³
=
-
- 有1 个零点；
当
2 2
a =
时，
2
0,
( )
2
0
x
f x
x
ax
<
= -
-
-
=
有1 个零点，则
0,
( )
e
3
x
x
f x
ax
³
=
-
- 有2 个零点；
当
2 2
a <
时，
2
0,
( )
2
0
x
f x
x
ax
<
= -
-
-
=
有0 个零点；则
0,
( )
e
3
x
x
f x
ax
³
=
-
- 有3 个零点；
当
0,
( )
e
3
x
x
f x
ax
³
=
-
- ，
( )
e
¢
=
-
x
f
x
a 单调递增，
当
0,
( )
e
0,
x
a
f
x
a
f x
=
-
>
¢
单调递增至多有1 个零点，不可能有3 个零点；所以不合题意；
当
0,
( )
ex
a
f
x
a
=
¢
>
-
0,ln
,
( )
e
0,
x
x
a
f
x
a
f x
=
-
<
¢
Î
单调递减；
ln ,
,
( )
e
0,
x
x
a
f
x
a
f x
¥
Î
+
=
-
>
¢
单调递增；
0
(0)
e
0
3
2
0
f
=
-
-
= - <
，
,
( )
x
f x
® +¥
® +¥ ，
且
( )
f x 的极小值为
ln
(ln )
e
ln
3
ln
3
a
f
a
a a
a
a a
=
-
-
=
-
- ，
所以
0,
( )
e
3
x
x
f x
ax
³
=
-
- 至多有一个零点，
当
2 2
a >
时，设
ln
3
t a
a
a a
=
-
-
，
1 ln
1
ln
0
t a
a
a
= -
- = -
<
¢
，
ln
3
t a
a
a a
=
-
-
单调递减，
2 2
2 2
2 2ln2 2
3
0
t a
t
<
=
-
-
<
，
所以
0,
( )
e
3
x
x
f x
ax
³
=
-
- 有一个零点，符合函数
2
e
3,
0,
( )
2,
0
x
ax
x
f x
x
ax
x
ì
-
-
³
= í-
-
-
<
î
有三个零点；
故答案为：
2 2,
¥
+
8．（24-25 高二下·河北邢台·期末）已知函数
10
10
e
1
x
f x =
-
+ ．若方程
2
3
10
ex
a
f
f
x
æ
ö +
-
=
ç
÷
è
ø
有3 个实数根，则a
的取值范围为
．
【答案】
3
6
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø
【详解】根据题意可得
10
10e
10
10
10
e
1
e
1
e
1
x
x
x
x
f
x
-
-
=
-
=
-
=
+
+
+
，所以
10
f x
f
x
+
-
=
．
因为
f x 在R 上单调递增，且
2
3
10
ex
a
f
f
x
æ
ö +
-
=
ç
÷
è
ø
，所以
2
3
0
ex
a
x
+ -
=
，
则
2
3 ex
a
x
=
-
．令
2
3 ex
h x
x
=
-
，则y
a
=
与
h x 有三个交点，
2
2
3 e
1
3 e
x
x
h x
x
x
x
x
=
+
-
=
-
+
¢
，
当x < -3 时，
0,
h x
h x
¢
>
单调递增；当3
1
x
- <
< 时，
0,
h x
h x
¢
<
单调递减；
当
1
x > 时，
0,
h x
h x
¢
>
单调递增．当
3
x < - 时，
3
6
0.
3
,
1
2e
e
h x
h
h
>
-
=
= -
，
画出
h x 的大致图象，如图所示，所以a 的取值范围为
3
6
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø ．
故答案为：
3
6
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø
9．（24-25 高二下·广东广州·期末）已知函数
e
2
1
2
x
a
f x
a
x
=
+
-
+
- ．
(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 有两个不同的零点，求a 的取值范围．
【答案】(1)
1
0
2
y -
=
(2)
,2
e
-¥
-
【详解】（1）
1
a = 时，
1
e
2
x
f x
x
=
-
-
，则
e
1
x
f
x
¢
=
- ，
所以
0
0
e
1
0
f ¢
=
- =
，又
0
1
1
0
e
0
2
2
f
=
-
-
=
，
则曲线
y
f x
=
在点
0,
0
f
处的切线方程为
1
0
2
y -
=
.
（2）
e
2
x
f
x
a
=
¢
+
-
，若若
f x 有两个不同的零点
2
0
a -
<
，即
2
a <
，
则令
0
f
x
¢
=
，解得
ln 2
x
a
=
-
，
所以
f x 在区间
,ln 2
a
¥
-
-
上，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减；
在区间
ln 2
,
a
¥
-
+
上，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增，
所以
f x 的极小值也即是最小值为
1
ln 2
2
2 ln 2
1
2
ln 2
2
2
a
f
a
a
a
a
a
a
æ
ö
-
=
-
+
-
-
+
- =
-
-
-
ç
÷
è
ø ，
因为当x ® -¥ 时，
f x
¥
® +
；当x ® +¥ 时，
f x
¥
® +
，
又因为函数
f x 有两个不同的零点，所以
f x 的最小值
1
ln 2
2
ln 2
0
2
f
a
a
a
æ
ö
-
=
-
-
-
<
ç
÷
è
ø
，
即
1
ln 2
0
2
a
-
-
<
，所以
2
e
a <
-
，
即a 的取值范围是
,2
e
-¥
-
．
10．（24-25 高二下·天津·期末）已知函数：
ex
a
f x
a
x
=
ÎR
，
．
(1)若当
0
x >
时，
f x
x
³
恒成立；求实数a 的取值范围；
(2)若关于x 的方程
1
f x = 有两个不同实数根
1
2
x
x
，
；且
1
2
x
x
<
，
（i）求实数a 的取值范围；
（ii）求证：
1
1
2
4
2
e
x
x
x
-
<
．
【答案】(1)
2
4
e ,
é
ö
+¥÷
êë
ø
(2)（i）
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø ；（ii）证明见解析
【详解】（1）若当
0
x >
时，
f x
x
³
恒成立，
即ex
a
x
x ³
恒成立，即
2
ex
x
a ³
在
0, ¥
+
上恒成立，
令
2
ex
x
g x =
，则
2
2
ex
x
x
g
x
-
¢
=
所以当
0,2
xÎ
时，
0,
g
x
g x
¢
>
单调递增，
当
2,
xÎ
+¥ 时
0
g
x
g x
¢
< ，
单调递减，
所以
2
max
4
2
g x
g
=
= e ，所以
2
4
e
a ³
，即a 的取值范围是
2
4
e ,
é
ö
+¥÷
êë
ø ．
（2）（i）若关于x 的方程
1
f x = 有两个不同实数根
1
2
,
x x ，
即
0
ex
x
a
x
=
¹
有两个不同实数根
1
2
,
x x ，
等价于y
a
=
与
0
ex
x
h x
x
=
¹
的图象有两个交点，
因为
1
ex
x
h x
-
¢
=
，
所以当
,0
xÎ -¥
和
0,1 时，
0
h x
¢
>
，
h x 单调递增，
当
1,
xÎ
+¥ 时，
0
h x
¢
<
，
h x 单调递减，
且当
,0
xÎ -¥
时，
0
h x <
，当
0,
xÎ
+¥ 时，
0
h x >
，
所以
max
1
1
e
h x
h
=
=
，作出函数
0
ex
x
h x
x
=
¹
的图象：
所以直线y
a
=
与
0
ex
x
h x
x
=
¹
的图象有两个交点的a 的取值范围是
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø ．
（ii）方法（一）由（i）知，
1
2
0
1
x
x
<
< <
，由（1）知，
因为
2
max
4
2
g x
g
=
= e ，所以
2
2
2
4
4
e
e
e
e
x
x
x
x
x
Þ
，
设
2
4
e
a
x
=
的根为
3x ，即
3
2
2
3
4
4
,
e
e
a
x
x
a
=
=
，所以
2
2
2
2
3
2
4
4
e
e
e
x
x
a
x
x
=
=
，
从而
2
3
2
4
e
x
x
a
=
，所以
1
1
1
1
1
1
2
2
2
4
2
4e
2
2
e
e
x
x
x
x
x
x
x
a
-
-
-
<
=
，
令
e
2
x
u x
x
=
-
，则
e
1
x
u
x
x
¢
=
-
，
所以当
0,1
xÎ
时，
0,
u
x
u x
¢
>
单调递增，
从而
1
1
e
u x
u
<
=
，从而
1
1
1
1
1
1
2
2
2
4
2
4e
2
4
2
e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
a
-
-
-
<
=
<
．
（ii）方法（二）由（i）知，
1
2
0
1
x
x
<
< <
，构造函数
2
1
1
1
e
e
e
x
x
u x
x
=
+
-
-
则
1
2
1 ,
e
e
x
x
u
x
x
-
=
+
-
¢
令
1
2
1 ,
e
e
x
x
s x
u
x
x
¢
-
=
=
+
-
则
2
2 ,
e
e
x
x
s
x
-
¢
=
+
再令
2
2 ,
e
e
x
x
t x
s x
-
¢
=
=
+
3
ex
x
t
x
-
¢
=
，
所以当
0,1
xÎ
时，
3
0
ex
x
t
x
-
¢
=
>
，从而
2
2
e
e
x
x
t x
s x
-
¢
=
=
+
单调递增，
因为
2
1
0
0
2
0
1
1
0
e
e
t
s
t
s
¢
¢
=
= - +
<
=
=
>
，
，
所以存在
0
01
Î
x
，，满足
0
0
t x
=
，
此时当
0
0,
x
x
Î
时，
0,
s x
s x
¢
<
在
0
0,
x
x
Î
上单调递减，
当
0,1
x
x
Î
时，
0,
s x
s x
¢
>
在
0,1
x
x
Î
上单调递增，
又因为
2
0
1
0,
1
0,
e
s
s
= -
>
=
所以存在
0
01
x¢ Î
，满足
0
0,
s x¢ =
当
0
0,
x
x¢
Î
时，
1
2
1
0
e
e
x
x
u
x
x
-
=
+
-
>
¢
，
u x 在
0
0,
x
x¢
Î
上单调递增，
当
0,1
x
x
Î
¢
时，
0,
u
x
u x
¢
<
在
0,1
x
x
Î
¢
上单调递减，
又
0
1
0
u
u
=
=
，所以在
0,1 上
0
u x >
恒成立，
即
2
1
1
1
e
e
e
x
x
x
> -
-
+
， 设
2
1
1
1
e
e
a
x
= -
-
+
的根为
3x ，即
2
3
1
1
1
e
e
a
x
= -
-
+
，
则
1
2
2
1
3
1
1
1
1
1
1
1
e
e
e
e
e
x
x
a
x
x
= -
-
+
=
> -
-
+
，从而有
3
1
x
x
>
，
又由
2
3
1
1
1
e
e
a
x
= -
-
+
得，
3
3
2
e
x
x
a
-
=
，从而
1
1
2
e
x
x
a
-
<
，
又由（1）知，
2
4
e
e
x
x
x
，设
2
4
e
a
x
=
的根为
4x ，即
4
2
2
4
4
4
,
e
e
a
x
x
a
=
=
所以
2
2
2
2
4
2
4
4
e
e
e
x
x
a
x
x
=
=
，从而
2
4
2
4
e
x
x
a
=
，所以
1
1
2
4
2
e
x
x
x
-
<
．
11．（24-25 高二下·安徽马鞍山·期末）已知
2
( )
ln
f x
x
a
x
=
-
，aÎR .
(1)曲线
( )
y
f x
=
与直线y
x
=
相切，求a 的值；
(2)若
( )
f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)1
(2)
2e, ¥
+
【详解】（1）由
2
( )
ln
f x
x
a
x
=
-
，
0
x >
，则
( )
2
a
f
x
x
x
¢
=
-
，
设切点为
0
0
2
0
,
ln
x x
a
x
-
，
0
0
x >
，
则
0
0
0
(
)
2
1
a
f
x
x
x
¢
=
-
= ，则
2
0
0
2x
x
a
-
=
，
又
0
2
0
0
ln
a
x
x
x -
=
，所以
0
0
0
2
2
0
0
2
ln
x
x
x
x
x
-
-
=
，
则
0
0
0
1
2
1 ln
x
x
x
-
-
= ，即
0
0
0
2
1 ln
1
0
x
x
x
-
-
=
-
，
设
,
0
1 ln
1
2
g x
x
x
x x
=
- -
>
-
，
则
1
2ln
2
1
1
2l
1
n
1
g
x
x
x
x
x
x
¢
=
-
×
-
=
-
-
-
，
因为函数
1 ,
2ln
y
y
x
x
=
= -
在
0, ¥
+
上单调递减，
所以函数
g
x
¢
在
0, ¥
+
上单调递减，又
1
0
g¢
=
则
0,1
xÎ
时，
0
g
x
¢
>
；
1,
xÎ
+¥ 时，
0
g
x
¢
<
，
所以函数
g x 在
0,1 上单调递增，在
1,+¥ 上单调递减，
因为
1
0
g
=
，所以
0
1
x = ，则
2
0
0
2
1
a
x
x
=
-
= .
（2）由
2
( )
ln
f x
x
a
x
=
-
，
0
x >
，则
2
2
( )
2
a
x
a
f
x
x
x
x
-
¢
=
-
=
，
当
0
a
时，
0
f
x
¢
>
，则
( )
f x 在(0,
)
+¥ 单调递增，此时至多有一个零点，不符合题意；
当
0
a >
时，
2
2
2
a
a
x
x
x
f
x
æ
öæ
ö
+
-
ç
֍
÷
è
øè
ø
=
¢
，
令
0
f
x
¢
>
，解得
2
a
x >
；令
( )
0
f
x
¢
<
，解得0
2
a
x
<
<
，
故
( )
f x 在0,
2
a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
,
2
a
æ
ö
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，
要使
( )
y
f x
=
有两个零点，需
ln
ln
0
2
2
2
2
2
2
a
a
a
a
a
a
f
a
æ
ö =
-
=
-
<
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
则ln
1
ln e
2
a > =
，解得
2e
a >
，
而
(1)
1
0
f
= >
，
2
( )
ln
ln
f a
a
a
a
a a
a
=
-
=
-
，
当
2e
a >
时，令( )
ln
h a
a
a
=
-
，
则
1
1
1
0
a
h a
a
a
-
¢
= -
=
>
，所以函数( )
h a 在
2e, ¥
+
上单调递增，
故
2e
( )
(2e)
2e
ln 2e
ln e
ln 2e
0
h a
h
>
=
-
=
-
>
，则
( )
0
f a >
，
所以
(1)
0,
( )
0
2
2
a
a
f
f
f
f a
æ
ö
æ
ö
×
<
×
<
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
由零点存在性定理可知，
( )
f x 在1,
2
a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
与
,
2
a a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上分别存在唯一零点.
综上所述，实数a 的取值范围为
2e, ¥
+
.
12．（24-25 高二下·北京延庆·期末）已知函数
3
2
1
3
1
3
f x
x
x
x
=
-
-
- .
(1)求曲线
y
f x
=
在
0
x =
处的切线方程；
(2)求函数
f x 在区间
2,1
-
上的最大值和最小值；
(3)若函数
g x
f x
c
=
- 有三个零点，直接写出c 的取值范围.
【答案】(1)3
1
0
x
y
+
+ =
(2)最大值为2
3 ，最小值为
14
3
-
(3)
2
10, 3
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
【详解】（1）因为
3
2
1
3
1
3
f x
x
x
x
=
-
-
- ，
所以
2
2
3
f
x
x
x
=
-
-
¢
；
0
1
f
= - ，
0
3
f ¢
= - ，
所以曲线
y
f x
=
在
0
x =
处的切线方程为3
1
0
x
y
+
+ =
.
（2）令
0
f
x
¢
=
，即
2
2
3
0
f
x
x
x
=
-
-
=
¢
，解得
1
1
x = - 或
2
3
x =
，
在区间
2,1
-
上，
f x 的单调递增区间为
2, 1
-
-
，递减区间为
1,1
-
，
且
14
1
3
f
= -
，
5
2
3
f -
= -
，
2
1
3
f -
=
；
所以当
1
x = - 时，最大值为
2
1
3
f -
=
，
所以当
1
x = 时，最小值为
14
1
3
f
= -
.
（3）c 的取值范围为
2
10, 3
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
.
因为函数
g x
f x
c
=
- 有三个零点，所以方程
f x
c
=
有三个根.
对函数
f x 求导得
2
2
3
3
1
f
x
x
x
x
x
=
-
-
=
-
+
¢
.
当
3
x >
或
1
x < - 时，
0
f
x
¢
>
；当1
3
x
- <
<
时，
0
f
x
¢
<
.
所以函数
f x 在
, 1 , 3,
-¥ -
+¥ 单调递增，在
1,3
-
上单调递减，
当x ® -¥ 时，
f x ® -¥ ；
2
1
3
f -
=
；
3
9 1 9
9
10
f
=
- - -
= -
；当x ® +¥ 时，
f x ® +¥
画出图象为：
要使函数
g x
f x
c
=
- 有三个零点，则c 的取值范围为
2
10, 3
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
.
13．（24-25 高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数
e
e
1
x
x
f
x
a
a
x
-
=
-
-
+
.
(1)当
0
a =
时，求
f x 的最大值；
(2)若
f x 恰有一个零点，求a 的取值范围.
【答案】(1) 1
-
(2)
0, ¥
+
【详解】（1）当
0
a =
时，
e x
f x
x
-
= -
-
，
e
1
x
f
x
-
=
-
¢
.
由
0
f
x
¢
>
Þ
0
x <
；由
0
f
x
¢
<
Þ
0
x >
.
所以函数
f x 在
,0
-¥
上单调递增，在
0, ¥
+
上单调递减.
所以函数
f x 的最大值为：
0
1
f
= - .
（2）因为
e
e
1
x
x
f
x
a
a
x
-
=
-
-
+
，
所以
e
e
1
x
x
f
x
a
a
-
¢
=
+
-
+
e
1
e
1
e
x
x
x
a
-
×
-
=
.
由（1）知，当
0
a =
时，函数
f x 无零点.
当
0
a <
时，e
1
0
x
a
- <
，由
0
f
x
¢
>
Þ
0
x <
；由
0
f
x
¢
<
Þ
0
x >
.
所以函数
f x 在
,0
-¥
上单调递增，在
0, ¥
+
上单调递减.
所以函数
f x 的最大值为
0
1
0
f
a
=
- <
，所以函数
f x 无零点.
当
0
a >
时：
若0
1
a
<
< ，则1
1
a > ，由
0
f
x
¢
>
Þ
1
e
e
1
0
x
x
a
æ
ö
-
×
-
>
ç
÷
è
ø
Þ e
1
x < 或
1
ex
a
>
.
即
0
x <
或
ln
x
a
> -
；
由
0
f
x
¢
<
Þ 0
ln
x
a
<
< -
.
所以函数
f x 在
,0
-¥
和
ln ,a
-
+¥ 上单调递增，在
0, ln a
-
上单调递减.
又极大值
0
1
0
f
a
=
- <
，极小值
ln
1
1 ln
0
f
a
a
a
a
-
= -
+
+
<
，
且当x ® +¥ 时，
e
e
1
0
x
x
f
x
a
a
x
-
=
-
-
+
>
.
所以此时函数
f x 只在
ln ,a
-
+¥ 上有1 个零点.
若
1
a = ，则
2
e
1
0
e
-
¢
=
³
x
x
f
x
恒成立，所以
f x 在
,
-¥ +¥ 上单调递增.
此时
e
e
2
x
x
f x
x
-
=
-
-
，因为
0
0
f
=
.
所以函数
f x 只有
0
x =
一个零点.
当
1
a > 时，
1
0
1
a
<
< ，由
0
f
x
¢
>
Þ
1
ex
a
<
或e
1
x > ，所以
ln
x
a
< -
或
0
x >
；
由
0
f
x
¢
<
Þ
ln
0
a
x
-
<
<
.
所以函数
f x 在
,
ln a
-¥ -
和
0, ¥
+
上单调递增，在
ln ,0
a
-
上单调递减.
所以极小值
0
1
0
f
a
=
- >
，极大值
ln
1
1 ln
f
a
a
a
a
-
= -
+
+
.
且当x ® -¥ 时，
e
e
1
0
x
x
f
x
a
a
x
-
=
-
-
+
<
.
所以函数
f x 只在
,
ln a
-¥ -
有1 个零点.
综上可知：当
0
a >
时，函数
f x 只有1 个零点.
所以a 的取值范围为：
0, ¥
+
14．（24-25 高二下·内蒙古赤峰·期末）已知函数
2e
2 e
x
x
f x
a
a
x
=
+
-
-
．
(1)当
0
a =
时，求
f x 在点
0, 2
-
处的切线方程；
(2)讨论
f x 的单调性；
(3)若
f x 有两个零点，求a 的取值范围．
【答案】(1)3
2
0
x
y
+
+
=
(2)答案见解析
(3)
0,1
【详解】（1）当
0
a =
时，
2ex
f x
x
= -
-
，点
0, 2
-
在函数图象上，
由
2e
1
x
f
x
¢
= -
- 得，
0
3
f ¢
= - ，
则
f x 在点
0, 2
-
处的切线方程为
2
3
0
y
x
- -
= -
´
-
，即3
2
0
x
y
+
+
=
.
（2）
2e
2 e
x
x
f x
a
a
x
=
+
-
-
定义域为R ，
2
2 e
2 e
1
e
1
2e
1
x
x
x
x
f
x
a
a
a
¢
=
+
-
- =
-
+
，
当
0
a
时，
e
1
2e
1
0
x
x
f
x
a
=
-
+
<
¢
恒成立，
f x 在R 上单调递减，
当
0
a >
时，当
ln
x
a
< -
时，
0
f
x
¢
<
，当
ln
x
a
> -
时，
0
f
x
¢
>
，
则
f x 在
,
ln a
-¥ -
上单调递减，在
ln ,a
-
+¥ 上单调递增；
综上：当
0
a
时，
f x 在R 上单调递减，
当
0
a >
时，则
f x 在
,
ln a
-¥ -
上单调递减，在
ln ,a
-
+¥ 上单调递增.
（3）由（2）知，当
0
a
时，
f x 在R 上单调递减，
则
f x 在R 上最多一个零点，故不满足
f x 有两个零点，舍去；
当
0
a >
时，则
f x 在
,
ln a
-¥ -
上单调递减，在
ln ,a
-
+¥ 上单调递增，
f x 在
ln
x
a
= -
处取得极小值，也是最小值，即
min
1
ln
1
ln
f x
f
a
a
a
=
-
= -
+
，
设
1
( )
1
ln
g x
x
x
= -
+
，则
2
2
1
1
1
( )
0
x
g x
x
x
x
+
¢
=
+
=
>
，
故
1
( )
1
ln
g x
x
x
= -
+
在(0,
)
+¥ 上单调递增，又
1
0
g
=
；
(i) 当
(0,1)
aÎ
时，
1
( ln )
1
ln
0
f
a
a
a
-
= -
+
<
，
又
4
2
2
( 2)
e
(
2)e
2
2e
2
0
f
a
a
-
-
-
-
=
+
-
+
> -
+
>
，
故
( )
f x 在(
, ln )
a
-¥ -
上有一个零点；
当
3
ln
x
a
>
，由
3
ln
e
e
x
a
>
可得
3
ex
a
>
即e
3
x
a
>
，得e
3
0
x
a
-
>
，则e
3
0
x
a
a
+
-
>
，
故e ( e
3)
0
x
x
a
a
+
-
>
，即
2e
e
3e
0
x
x
x
a
a
+
-
>
，
设
ex
m x
x
=
-
，所以
e
1
x
m x
¢
=
- ，
当
0
m
x
¢
>
时，
0
x >
，当
0
m x
¢
<
时，
0
x <
，
所以当
0
x =
时函数取得最小值，最小值为
0
0
e
1
0
m
=
- =
，即e
0
x
x
-
³
，
则
2e
e
3e
e
0
x
x
x
x
a
a
x
+
-
+
-
>
，即
2e
(
2)e
0
x
x
a
a
x
+
-
-
>
，
因此
( )
f x 在( ln ,
)
a
-
+¥ 上也有一个零点．
(ii) 当
[1,
)
aÎ
+¥ 时，
1
( ln )
1
ln
0
f
a
a
a
-
= -
+
³
，故此时
( )
f x 没有两个零点；
综上，若
( )
f x 有两个零点，实数a 的取值范围为
0,1 .
15．（24-25 高二下·山东威海·期末）已知函数
2
ln
f x
x
ax
x
=
+
-
.
(1)若
f x 在
1, ¥
+
上单调递减，求a 的取值范围；
(2)若
f x 有两个不同的零点
1
x ，
2x ，
（i）求a 的取值范围；
（ii）证明：
1
2
1
x
x
a
a
+
>
+
.
【答案】(1)
1
a
(2)（i）
1
a > ；（ii）证明见解析
【详解】（1）若
f x 在
1,+¥ 上单调递减，
则
1
2
0
f
x
a
x
x
=
+
-
¢
对任意
1,
x
¥
Î
+
恒成立，
即
1
2
a
x
x
-
对任意
1,
x
¥
Î
+
恒成立，
令
1
2
g x
x
x
=
-
，因为
g x 在
1,+¥ 上单调递增，所以
g x 的最小值为1
1
g
= ，
所以
1
a .
（2）（i）法一：
2
1
2
1
2
x
ax
f
x
a
x
x
x
-
+
+
=
+
-
=
¢
，
令
0
f
x
¢
=
，则
2
2
1
0
x
ax
-
+
+ =
，判别式
2
8
0
a
=
+
>
，且两根之积为
1
2
-
，
故该方程有唯一正根，设为
0x ，
当
0
0
x
x
<
<
时，
0
f
x
¢
>
，所以
f x 在
0
0, x
上单调递增，
当
0
x
x
>
时，
0
f
x
¢
<
，所以
f x 在
0,
x
¥
+
上单调递减，
又当
0
x ®
时，
f x
¥
® -
；
当x ® +¥ 时，
f x
¥
® -
；
若
f x 有两个不同的零点，则
0
0
f x
>
，
所以
2
0
0
0
ln
0
x
ax
x
+
-
>
，
又因为
2
0
0
2
1
ax
x
=
- ，所以
2
0
0
ln
1
0
x
x
+
- >
，
令
2
ln
1
h x
x
x
=
+
- ，则
1
2
0
h x
x
x +
¢
=
>
，
所以
h x 在
0, ¥
+
上单调递增，因为1
0
h
=
，所以
0
1
x > ，
由于函数
1
2 ,
y
x y
x
=
= -
均为
1
x > 上的单调递增函数，故
1
2
y
x
x
=
-
在
1
x > 上单调递增，
所以
0
0
1
2
1
a
x
x
=
-
> ，所以
1
a > .
（ii）不妨设
1
2
x
x
<
，因为
1
1
0
f
a
=
- >
，可得
1
2
1
x
x
< <
，
因为
2
1
1
1
ln
0
x
ax
x
+
-
=
，
2
2
2
2
ln
0
x
ax
x
+
-
=
，所以
1
2
1
2
1
2
ln
ln
x
x
a
x
x
x
x
=
-
=
-
，
令
lnx
p x
x
x
=
-
，则
1
2
p x
p x
a
=
=
，
令
1
1
1 ln
q x
p
p x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
æ
ö
=
-
=
-
+
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
则
2
2
2
2
1
1
1
1
1
(
1)(
1)
1
1
ln
1
ln
ln
x
x
q
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
= -
- +
+
+
-
=
-
=
ç
÷
ç
÷
¢
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，
当
1
x > 时，
0
q x
¢
>
，所以
q x 在
1, ¥
+
上单调递增，又1
0
q
=
，
所以当
1
x > 时，
0
q x >
，即
1
p
p x
x
æ
ö >
ç
÷
è
ø
，
又因为
2
1
x > ，所以
2
2
1
p
p x
x
æ
ö >
ç
÷
è
ø
，
因为
1
2
p x
p x
=
，所以
1
2
1
p
p x
x
æ
ö >
ç
÷
è
ø
，
对于
lnx
p x
x
x
=
-
，
2
2
2
1 ln
1 ln
1
x
x
x
p
x
x
x
-
- +
= -
=
¢
，
当0
1
x
<
< 时，
2
1
0,ln
0,
0
x
x
p x
<
<
¢
-
<
，所以
p x 在
0,1 上单调递减，
因为
2
1
0
1
x
<
< ，
1
0
1
x
<
< ，所以
1
2
1
x
x <
，
又因为当
1
a > 时，
ln
0
f a
a
=
>
，所以
2x
a
>
，
所以
1
2
2
2
1
1
x
x
x
a
x
a
+
>
+
>
+
.
法二：（i）若
f x 有两个不同的零点
1
x ，
2x ，则
2
ln
0
x
ax
x
+
-
=
有两个不等的正根，
即
lnx
a
x
x
=
-
有两个不等的正根，
令
lnx
G x
x
x
=
-
，
0
x >
，则
2
2
2
1 ln
1 ln
1
x
x
x
G
x
x
x
-
- +
= -
=
¢
，
当
0,1
xÎ
时，
2
1
0,ln
0,
x
x
- <
<
故
0
G
x
¢
<
，所以
G x 在
0,1 上单调递减；
当
1,
x
¥
Î
+
时，
0
G
x
¢
>
，所以
G x 在
1, ¥
+
上单调递增，
所以
1
1
G x
G
³
= ，
当
0
x ®
时，
G x
¥
® +
；当x ® +¥ 时，
G x
¥
® +
；所以
1
a > .
（ii）不妨设
1
2
x
x
<
，由（i）知
1
2
1
x
x
< <
，则
1
2
G x
G x
a
=
=
，
令
1
1
1 ln
m x
G
G x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
æ
ö
=
-
=
-
+
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
则
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
ln
1
ln
ln
x
x
m x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
= -
- +
+
+
-
=
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
¢
ø
è
ø
，
当
1
x > 时，
0
m x
¢
>
，可得
m x 在
1, ¥
+
上单调递增，
又
1
0
m
=
，所以当
1
x > 时，
0
m x >
，即
1
G
G x
x
æ
ö >
ç
÷
è
ø
，
又因为
2
1
x > ，所以
2
2
1
G
G x
x
æ
ö >
ç
÷
è
ø
，
因为
1
2
G x
G x
=
，所以
1
2
1
G
G x
x
æ
ö >
ç
÷
è
ø
，
由（i）知
G x 在
0,1 上单调递减，
因为
2
1
0
1
x
<
< ，
1
0
1
x
<
< ，所以
1
2
1
x
x <
，
又因为当
1
a > 时，
lna
G a
a
a
a
=
-
<
，所以
2x
a
>
，
所以
1
2
2
2
1
1
x
x
x
a
x
a
+
>
+
>
+
.
16．（24-25 高二下·四川乐山·期末）已知函数
ln
1
R
e
a
x
x
f x
x
a x
a
=
+
-
-
Î
.
(1)当
1
a = 时，求函数
f x 在
1
x = 处的切线方程；
(2)若函数
f x 有两个零点，记作
1
x ，
2x .
（ⅰ）求参数a 的取值范围；
（ⅱ）若
1
2
0
3x
x
<
，证明：
3
1
2
243
x
x
×
³
.
【答案】(1)
1
e
y =
(2)（ⅰ）
e,+¥ ；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）当
1
a = 时，
ln
1
ex
x
f x
x
x
=
+
-
- ，
则
1
1
1
ex
x
f
x
x
-
=
+ -
¢
，
1
0
f ¢
\
=
.
又
1
1
e
f
=
Q
，
f
x
\
在
1
x = 处的切线方程为
1
e
y =
.
（2）（ⅰ）由题知，
ln
1
0
e
a
x
x
f x
x
a x
=
+
-
- =
在
0, ¥
+
上有两个根
1
x ，
2x ，
ln
e
ln
1
0
e
a
x
x
x
a x
\
+
-
- =
，即
ln
e
ln
1
0
a x x
a x
x
- -
-
- =
.
令
e
1
=
- -
t
g t
t
，则
e
1
t
g t
¢
=
- .
当
,0
t Î -¥
时，
0
g t
¢
<
，
g t 单调递减，
当
0,
t Î
+¥ 时，
0
g t
¢
> ，
g t 单调递增，
min
0
0
g t
g
\
=
=
，
所以问题转化为ln
0
a x
x
-
=
在
0, ¥
+
上有两个根.
易知
0
a ¹
，故1
lnx
a
x
=
，
令
ln
0
x
h x
x
x
=
>
，则
2
1 lnx
h x
x
-
¢
=
.
\当
0,e
xÎ
时，
0
h x
¢
>
，
h x 单调递增
当
e,
xÎ
+¥ 时，
0
h x
¢
<
，
h x 单调递减.
又
1
e
e
h
=
Q
，
0,1
xÎ
时，
0
h x <
，
1,
xÎ
+¥ 时，
0
h x >
，
且x ® +¥ 时，
0
h x →；
0
x ®
时，
h x ® -¥ ，
1
1
0
e
a
\ <
<
，解得
e
a >
，即参数a 的取值范围为
e,+¥ .
（ⅱ）由（ⅰ）知，
1
1
2
2
ln
ln
a x
x
a x
x
=
ì
í
=
î
，两式相减得
2
2
1
1
ln x
a
x
x
x =
-
2
1
2
1
ln
1
x
x
a
x
x
\
=
-
，
要证
3
1
2
243
x
x
×
³
，
即证
1
2
ln
3ln
ln243
5ln3
x
x
+
³
=
，
即证
2
1
2
1
1
2
1
2
2
1
ln
3
1
3
3
5ln3
x
x
x
x
x
x
x
x
a
a
a
x
x
+
=
+
=
+
³
-
，
即证
2
1
2
2
1
1
3
1
ln
5ln3
1
x
x
x
x
x
x
+
³
-
，
令
2
1
3,
x
t
x
=
Î
+¥ ，即证3
1ln
5ln3
1
t
t
t
+
³
-
在
3,+¥ 上恒成立.
令
3
1ln
3
1
t
u t
t t
t
+
=
³
-
，
2
3
1
3ln
1
3
1 ln
1
t
t
t
t
t
t
u t
t
+
æ
ö
+
-
-
+
ç
÷
è
ø
=
-
¢
\
2
2
3
2
1
4ln
1
t
t
t
t
t
-
- -
=
-
，
令
2
3
2
1
4ln
3
t
t
v t
t t
t
-
-
=
-
³
，
2
2
1 3
1
1
4
3
0
t
t
v t
t
t
t
-
-
\
+
-
=
¢
=
>
，
v t
\
在
3,+¥ 上单调递增，
20
3
4ln3
0
3
v t
v
\
³
=
-
>
，
0
u t
¢
\
>
，则
u t 在
3,+¥ 上单调递增.
3 3 1
3
ln3
5ln3
3 1
u t
u
´ +
\
³
=
=
-
，
3
1ln
5ln3
1
t
t
t
+
\
³
-
，得证，
3
1
2
243
x
x
\
×
³
.
