培优专题05函数与导数6大重难题型（大题专练）（答案版）_三轮冲刺_2026年试卷教辅资源等多个文件_上好课2026版高中《终极冲刺讲练测》（数学）（全国通用）

培优专题05 函数与导数 6 大重难题型
参考答案
题型01 导数与切线、函数单调性问题
🎯命题方向一 导数的切线方程以及切线条数问题
1.【答案】（1）
0
e
x =
；
（2）（i）过点(0,1),(2, 0)的切线分别有1 条、0 条；（ii）2 条，理由见详解.
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程，根据切线过原点，将原点坐标代入求参数值；
（2）（i）（ii）设切点为( ,
ln
)
m m
m
+
且
0
m >
，应用导数的几何意义求切线方程，根据点在切线上得到相
关方程，再应用导数研究对应函数的零点个数，即可得.
【详解】（1）由题设
1
( )
f
x
a
x
¢
=
+
，则
0
0
1
(
)
f
x
a
x
¢
=
+
，且
0
0
0
(
)
ln
f x
x
ax
=
+
，
所以曲线
( )
y
f x
=
在
0
x
x
=
处的切线为
0
0
0
0
(
)
(
)(
)
1
ln
y
x
ax
a
x
x
x
+
-
=
-
+
，
由切线过原点，则
0
0
0
0
0
1
( 1
ln
)
x
ax
a
x
a
x
x
-
= -
= -
-
×
+
- ，可得
0
ln
1
x = ，所以
0
e
x =
；
（2）由题设
( )
ln
f x
x
x
=
+
，则
1
( )
1
f
x
x
¢
=
+ ，设切点为( ,
ln
)
m m
m
+
且
0
m >
，
所以切线方程为
(
)
(
)(
)
1
ln
1
y
x
m
m
m
m
+
-
=
-
+
，则
0
(
1
n
)
l
m
x
my
m
m
m
-
+
-
+
=
，
（i）若切线过点(0,1)，则
ln
0
2
m m
m=
-
，可得
2e
m =
，即过点(0,1)的切线仅有一条；
若切线过点(2,0)，则
2
ln
0
m
m
m
+
+
=
，令
2
ln
y
m
m
m
=
+
+
，则
2
ln
y
m
¢ =
+
，
所以
2
0
e
m
-
<
<
时
0
¢ <
y
，
2
e
m
-
>
时
0
¢ >
y
，
则
2
ln
y
m
m
m
=
+
+
在
2
(0,e )
- 上单调递减，在
2
(e
,
)
-
+¥ 上单调递增，
当
2
e
m
-
=
时
2
2
e
0
y
-
-
=
>
，
0
x时
2
y 
，x + ¥ 时y+¥，
所以
2
ln
y
m
m
m
=
+
+
在(0,
)
+¥ 上无零点，即没有过点(2,0)的切线；
（ii）切线过点(1,2)，则1
ln
0
2
m
m
m
-
+
= ，令
2
1
ln m
m
y
m
-
+
=
，则
1 ln
y
m
- +
¢ =
，
所以0
e
m
<
< 时
0
¢ <
y
，
e
m > 时
0
¢ >
y
，
则
2
1
ln m
m
y
m
-
+
=
在(0,e)上单调递减，在(e,
)
+¥ 上单调递增，
当
e
m =
时
1 e
0
y = - <
，
0
m时
1
y ，m
¥

+
时y+¥，
所以
2
1
ln m
m
y
m
-
+
=
在(0,
)
+¥ 上有2 个零点，即过点(1,2)的切线有2 条.
2. 【答案】（1）
    
（2）证明见详解
【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，点斜式求出切线方程
（2）利用二次求导得到函数
在
单调递增，又
即可证明.
【详解】（1）
的定义域为
，
因为
，所以
.
所以
，
所以，函数
在点
处的切线方程为
，
整理得
.
（2）
，
则
，
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增；
所以当
时，
，即
，所以
在
单调递增，又
，
故当
时，
；当
时，
.
3. 【答案】（1）①当
0
a ³
时，

0
f
x
¢
>
，则
f x 在

0, ¥
+
上单调递增;
②当
0
a <
时，
f x 在

,a
¥
-
+
上单调递增，在

0, a
-
上单调递减.    
（2）证明见详解
【分析】第1 问将讨论函数单调性问题，转化为讨论导函数的正负问题即可，第2 问将要证明曲线

y
f x
=
在直线l 的下方，转化为函数不等式问题即可，


2ln2 1
4
4ln2 3
0
x
y
-
-
+
- =

f x


1, ¥
- +
0
0
f
=

f x


1, ¥
- +



1
1
1
ln
1
1
.
2
2
1
f
x
x
x
a
x
æ
ö
=
+
+
+
´
-
ç
÷
+
è
ø
¢
0
1
0
f
a
=
¢
- =
1
a =





1
3
1
1
1 ln 1
1
ln2 1
1
ln2
2
2
2
4
f x
x
x
x
f
f
æ
ö
=
+
+
-
=
-
=
ç
÷
è
ø
¢
-
，
，

f x



1
1
f
，


3
1
1
ln2 1
ln2
1
2
2
4
y
x
æ
ö
æ
ö
-
-
=
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø


2ln2 1
4
4ln2 3
0
x
y
-
-
+
- =






1 ln
1
2
2
1
x
g x
f
x
x
x
+
-
¢
=
=
+













2
2
2
2
1
2
1
1
1
2
1
2
1
4
1
2
1
2
1
x
x
x
g
x
x
x
x
x
x
¢
+
-
=
-
=
-
=
+
+
+
+
+
1
0
x
- <
<

0
g
x
¢
<

g x
0
x >

0
g
x
¢
>

g x
1
x > -

0
0
g x
g
³
=

0
f
x
¢
³

f x


1, ¥
- +
0
0
f
=
1
0
x
- <
<

0
f x <
0
x >

0
f x >
【详解】（1）因为
f x 的定义域为

0, ¥
+
，

f x
导函数

1
a
x
a
f
x
x
x
+
=
+ =
¢
.
①当
0
a ³
时，

0
f
x
¢
>
，则
f x 在

0, ¥
+
上单调递增.
②当
0
a <
时，令

0
f
x
¢
>
，得x
a
>- ；
令

0
f
x
¢
<
，得x
a
<- ；所以，
f x 在

,a
¥
-
+
上单调递增，在

0, a
-
上单调递减.
（2）因为曲线

y
f x
=
经过点

1, 1
A
-
所以1 2
1
a
-
=- ，解得
1
a =
．
所以


1
ln
2
1
f
x
x
x
f
x
x
¢
=
+
-
=
+
，
．因为
1
2
f ¢
=
，所以l 的方程为
2
3
y
x
=
-
.
要证除切点

1, 1
A
-
外，曲线

y
f x
=
在直线l 的下方，
即证：


ln
2
2
3
0,
1
x
x
x
x
x
+ - <
-
>
¹
，只需证：


ln
1 0
0,
1
x
x
x
x
- + <
>
¹
.
设


ln
1
0
1
g x
x
x
x
x
=
- +
>
¹
，
，则

1
x
g
x
x
¢
-
=
，
令

0
g
x
¢
>
，得0
1
x
<
<
；令

0
g
x
¢
<
，得
1
x >
，
所以
g x 在

0,1 上单调递增，在

1, ¥
+
上单调递减，所以
1
0
g x
g
<
=
.
所以当
0
1
x
x
>
¹
，
时，ln
2
2
3
x
x
x
+
-
<
-
，所以原命题得证.
4. 【答案】（1）
    
（2）证明见详解
【分析】（1）借助极值点定义可得
的导数在
处为
，可求出
，再借助导数研究单调性检验0
是否为极值点即可得；
（2）借助导数的几何意义可得
，则只需证：当
时，
，构造函数
，借助导数研究其单调性后即可得其最小值，即可得解.
【详解】（1）
，令
，则
，
由0 为
的极值点，则
，即
；
检验：当
时，
，则当
时，
，当
时，
，
的
1
2
a =

f
x
¢
0
x =
0
a


:
e
1
l y
x
=
+
0
x >


e
1
3ln
3
x
x
+
>
+



e
1
3ln
3
x
x
x
m
=
+
-
-

e
2
1
x
f
x
ax
=
-
+
¢


e
2
1
x
h x
f
x
ax
=
=
-
+
¢

e
2
x
h x
a
=
¢
-

f
x
¢

0
0
e
2
1
2
0
h
a
a
=
-
= -
=
¢
1
2
a =
1
2
a =

e
1
x
h x
¢
=
-
0
x >

0
h x
¢
>
0
x <

0
h x
¢
<
故
在
上单调递增，在
上单调递减，
故0 为
的极值点，故
符合题意；
（2）当
时，
，设与
的切点为
，
由
，则有
，即
，
解得
，故直线
，则只需证：当
时，
，
令
，则
，
则当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
，
即
恒成立，即当
时，在
图象
上方.
🎯命题方向二 利用导数研究函数的单调性（不含参数）
5. 【答案】（1）单调递增区间为
2 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
，单调递减区间为
2
0, 2
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
．    
（2）
2
2
【分析】（1）确定函数的定义域，求导，求

0
f
x
¢
>
，

0
f
x
¢
<
在定义域内的解得单调区间；
（2）设点

2
,
ln
P x x
x
-
（
0
x >
），利用点到直线的距离公式构造新函数求解最值即可；或者根据几何
性质，当曲线上过一点的切线与已知直线平行时，切点到直线的距离即所求最值.
【详解】（1）函数
2
ln
f x
x
x
=
-
的定义域为

0, ¥
+
，对函数求导得

1
2
f
x
x
x
¢
=
-
，
令

0
f
x
¢
>
，得
2
2
x >
；令

0
f
x
¢
<
，得
2
0
2
x
<
<
，
所以函数
f x
单调递增区间为
2 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
，单调递减区间为
2
0, 2
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
．

f
x
¢


0, ¥
+


,0
¥
-

f
x
¢
1
2
a =
0
a =

ex
f
x
x
=
+
l

f
x




0
0
,
x
f
x

e
1
x
f
x
¢
=
+


0
0
0
0
e
e
1
x
x
x
x
+
=
+
×


0
0
1 e
0
x
x -
=
0
1
x =


:
e
1
l y
x
=
+
0
x >


e
1
3ln
3
x
x
+
>
+



e
1
3ln
3
x
x
x
m
=
+
-
-





e 1
3
3
e 1
x
x
x
x
m
+
-
=
+
-
=
¢
3
e 1
x >
+

0
x
m¢
>
3
e 1
x <
+

0
x
m¢
<

x
m
3
0, e 1
æ
ö
ç
÷
+
è
ø
3 ,
e 1
¥
æ
ö
+
ç
÷
+
è
ø



3
3
3
e 1
e 1
3ln
3
3ln
3ln1
0
e 1
e 1
e 1
3
x
m
m
+
æ
ö
³
=
+
×
-
-
=
>
=
ç
÷
+
+
+
è
ø

0
x
m
>
0
x >
l

g x
的
的
（2）解法一：设点

2
,
ln
P x x
x
-
（
0
x >
），
所以点P 到直线
1
0
x
y
-
-
=
的距离为
2
ln
1
2
x
x
x
d
-
+
-
=
，
令
2
ln
1
g x
x
x
x
= -
+
- ，则




2
2
1
1
1
2
1
1 2
x
x
x
x
g x
x
x
x
x
¢
-
+
-
-
+ +
= -
+
=
=
，
令

0
g x
¢
=
，得
1
2
x = -
（舍去）或
1
x =
，
当


0,1
xÎ
时，

0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增；当


1,
xÎ
+¥ 时，

0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减，
所以
g x 在
1
x =
处取到极大值1
1
g
= - ，也是最大值，
所以
2
ln
1
1
2
2
2
2
x
x
x
d
-
+
-
=
³
=
，当且仅当
1
x =
时等号成立，
即点P 到直线
1
0
x
y
-
-
=
距离的最小值为
2
2
．
解法二：直线
1
0
x
y
-
-
=
的斜率
1
k =
，
设


0
0
0
,
P x y
（0 0
x > ），又

1
2
f
x
x
x
¢
=
-
，令


0
0
0
1
2
1
f
x
x
x
¢
=
-
= ，
得
2
0
0
2
1 0
x
x
-
- =
，解得
0
1
2
x = -
（舍）或
0 1
x = ，所以点
0P 的坐标为

1,1 ，
所以曲线
2
ln
f x
x
x
=
-
上与直线
1
0
x
y
-
-
=
平行的切线的切点为


0 1,1
P
，
由题意知点P 到直线
1
0
x
y
-
-
=
距离的最小值即为点


0 1,1
P
到直线
1
0
x
y
-
-
=
的距离，
又点


0 1,1
P
到直线
1
0
x
y
-
-
=
的距离


2
2
1 1 1
2
2
1
1
d
- -
=
=
+ -
，
所以点P 到直线
1
0
x
y
-
-
=
距离的最小值为
2
2
．
6.【答案】（1）在

0,1 上单调递减，在

1, +¥ 单调递增；
（2）（i）

0,1 ；（ii）证明见详解.
【分析】（1）利用导数，根据导数正负得到函数的单调性；
（2）（i）先讨论单调性，根据
f x 有两个零点得出最小值
1
0
æ
ö <
ç
÷
è
ø
f
a
，即可得a 的取值范围；
（ii）结合（i）知，要证


0
0
2
¢
>-
x f
x
，即证


0
0
2
1
1
2
+
- >-
x
ax
，即


0
0
0
2
1
2
1
+
>
-
ax
x
x
，分
0
1
0
2
x
<
£
和
0
1
1
2
x
<
< 进行证明.
【详解】（1）当
1
a= 时，
2
ln
=
- -
f x
x
x
x，函数
f x 的定义域为

0,
¥
+
，




1
2
1
1
2
1
¢
-
+
=
- -
= x
x
f
x
x
x
x
，
当


0,1
x Î
时，
0
f x
¢
< ，函数
f x 单调递减；当


1,
x Î
+¥ 时，

0
f x
¢
> ，函数
f x 单调递增.
综上所述，函数
f x 在

0,1 上单调递减，在

1, +¥ 单调递增.
（2）（i）函数
f x 的定义域为

0,
¥
+
，






1
2
1
1
2
2
¢
-
+
=
+
-
-
= ax
x
f
x
ax
a
x
x
，
①当
0
a £
时，
0
f x
¢
< ，函数
f x 在

0,
¥
+
单调递减，
f x 至多有一个零点，不符合题意；
②当
0
a >
时，令

0
f x
¢
= ，解得
1
x
a
=
，
当
1
0,
x
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø时，
0
f x
¢
< ，函数
f x 单调递减；
当
1 ,
x
a
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø 时，

0
f x
¢
> ，函数
f x 单调递增.
∴当
1
x
a
=
时，
f x 取得最小值，最小值为
1
1
1
ln
æ
ö = -
+
ç
÷
è
ø
f
a
a
a
.
因为函数
f x 有两个零点，且
0
x
+

时，

f
x +¥ ，x + ¥ 时，

f
x +¥ ，所以
1
0
æ
ö <
ç
÷
è
ø
f
a
.
设
1
ln
1
=
-
+
g a
a
a
，易知函数
g a 在

0,
¥
+
单调递增.因为1
0
g
= ，所以0
g a < 的解集为


0,1
aÎ
.
综上所述，实数a 的取值范围是

0,1 .
（ii）因为

2
2
ln
=
+
-
-
f x
x
x a
x
x ，由1
2
2 0
=
- <
f
a
，结合（i）知
0
0
1
x
<
< ，
要证


0
0
2
¢
>-
x f
x
，即证


0
0
2
1
1
2
+
- >-
x
ax
，即


0
0
0
2
1
2
1
+
>
-
ax
x
x
，
当
0
1
0
2
x
<
£
时，因为


0
0
2
1
0
+
>
ax
x
，
0
2
1
0
x - £
，不等式恒成立；
当
0
1
1
2
x
<
< 时，由
0
0
f x = 得


0
0
0
0
1
ln
2
+ =
+
ax x
x
x .
即证




0
0
0
0
0
2
1 ln
2
2
1
1
+
+
>
-
+
x
x
x
x
x
.
即证



2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2
1
1
2
1
1
ln
2
2
1
2
1
2
1
-
+
-
-
-
>
-
=
= -
-
+
+
+
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
.即证
0
0
0
1
ln
0
2
1
x
x
x
+
+
>
+
.
设
1
ln
2
1
=
+
+
+
p x
x
x
x
，
1 ,1
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø，由



2
2
1
2
1
2
1
1
0
1
2
1
2
1
2
=
+ -
>
+
¢
-
>
+
æ
ö
´
+
ç
÷
è
ø
p
x
x
x
x
，
所以
p x 在1 ,1
2
æ
ö
ç
÷
è
ø 单调递增.所以

1
ln 2 1
0
2
æ
ö
>
= -
+ >
ç
÷
è
ø
p x
p
，故原不等式成立.所以


0
0
2
¢
>-
x f
x
.
🎯命题方向三 利用导数研究函数的单调性（含参数）
7. 【答案】（1）
；    
（2）答案见详解.
【分析】（1）利用导数求斜率，然后求出切点坐标，利用点斜式可得切线方程；
（2）求导，对参数分类讨论即可.
【详解】（1）若
，则
，
，所以
，
，
故
在
处的切线方程为
，即
．
（2）
，且
，
当
时，
时
，
时
，
所以，
在
上单调递减，
在
上单调递增；
当
时，
时
，
时
，
时
，
所以，
在
、
上分别单调递增，
在
上单调递减；
当
时，
时
恒成立，故
在
上单调递增；
当
时，
时
，
时
，
时
，
所以，
在
、
上分别单调递增，
在
上单调递减．
综上，当
时，
在
上单调递减，
在
上单调递增；
当
时，
在
、
上分别单调递增，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
、
上分别单调递增，
在
上单调递减．
8 .【答案】（1）
    
（2）当
时，
在
上单调递增；当
时，
在
上单调递减，在
上单
调递增.    
（3）
【分析】（1）利用导数求得
，进而利用导数的几何意义可求得切线方程；
2
2
1
0
x
y
+
+
=
a
0
a =

2
2
2
x
f x
x
=
-

2
f
x
x
¢
= -
1
1
f ¢
=-

3
1
2
f
= -

f x
1
x =


3
1
2
y
x
+
= -
-
2
2
1
0
x
y
+
+
=
2
2
(
2)
2
(
2)(
)
( )
(
2)
a
x
a
x
a
x
x a
f x
x
a
x
x
x
-
+
+
-
-
¢
=
+ -
+
=
=
(0,
)
x Î
+¥
0
a £
(0, 2)
x Î
( )
0
f
x
¢
<
(2,
)
x Î
+¥
( )
0
f
x
¢
>
( )
f
x
(0, 2)
( )
f
x
(2,
)
+¥
0
2
a
<
<
(0, )
x
a
Î
( )
0
f
x
¢
>
( ,2)
x
a
Î
( )
0
f
x
¢
<
(2,
)
x Î
+¥
( )
0
f
x
¢
>
( )
f
x
(0, )
a
(2,
)
+¥
( )
f
x
( , 2)
a
2
a =
(0,
)
x Î
+¥
( )
0
f
x
¢
³
( )
f
x
(0,
)
+¥
2
a >
(0, 2)
x Î
( )
0
f
x
¢
>
(2, )
x
a
Î
( )
0
f
x
¢
<
( ,
)
x
a
Î
+¥
( )
0
f
x
¢
>
( )
f
x
(0, 2)
( ,
)
a +¥
( )
f
x
(2, )
a
0
a £
( )
f
x
(0, 2)
( )
f
x
(2,
)
+¥
0
2
a
<
<
( )
f
x
(0, )
a
(2,
)
+¥
( )
f
x
( , 2)
a
2
a =
( )
f
x
(0,
)
+¥
2
a >
( )
f
x
(0, 2)
( ,
)
a +¥
( )
f
x
(2, )
a
4
1
0
x
y
-
-
=
0
a £

f x


0, ¥
+
0
a >

f x


0,a


,a
¥
+


0,1
1
f ¢
（2）求导，分
和
两种情况讨论可求得
的单调性；
（3）结合（2）可得
时，
有极小值，进而结合题意可得
，进而求解即可.
【详解】（1）当
时，
，所以
，所以
，
又
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
，即
.
（2）
，
得
，函数
的定义域为
，
若
，可得
时，
，所以
在
上单调递增；
若
时，当
时，
，所以
在
上单调递减；
当
时，
，所以
在
上单调递增；
综上所述：当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
（3）由（2）可知当
时，
有极小值，
极小值为
，
此时极小值也是最小值，由
，可得
，
，
又
，所以
.令
，求导得
，
所以
在
上单调递减，又
，
当
时，
，当
时，
，
所以
时，
，此时满足
，所以a 的取值范围
.
0
a £
0
a >

f x
0
a >

f x


1
2ln
0
a
a
a
- -
³
1
a = -

2
1
ln
2
2
2
x
f x
x
x
=
+
+
+

1
2
f
x
x
x
=
+
+
¢

1
1
1
2
4
1
f ¢
= +
+
=

21
1
1
ln1 2 1
3
2
2
f
=
+
+ ´ +
=

y
f x
=



1,
1
f


3 4
1
y
x
- =
-
4
1
0
x
y
-
-
=



2
ln
1
2
2
x
a
f x
a
x
a
x
=
-
-
-
-








2
1
1
1
x
a
x
a
x
a
x
a
f
x
x
a
x
x
x
-
¢
-
-
-
+
=
-
-
-
=
=

f x


0, ¥
+
0
a £


0,
x
¥
Î
+

0
f
x
¢
>

f x


0, ¥
+
0
a >


0,
x
a
Î

0
f
x
¢
<

f x


0,a


,
x
a ¥
Î
+

0
f
x
¢
>

f x


,a
¥
+
0
a £

f x


0, ¥
+
0
a >

f x


0,a


,a
¥
+
0
a >

f x



2
2
ln
1
ln
2
2
2
2
a
a
a
a
f a
a
a
a
a
a
a
=
-
-
-
-
= -
-
+

0
f x ³
2
ln
0
2
2
a
a
a
a
-
-
+
³


1
2ln
0
2
a
a
a
-
-
³
0
a >
1
2ln
0
a
a
-
-
³
1
2ln
g a
a
a
= - -

2
1
0
g
a
a
= - -
<
¢

g a


0, ¥
+
1
1 1 2ln1
0
g
= - -
=


0,1
aÎ

1
0
g a
g
>
=


1,
a
¥
Î
+

1
0
g a
g
<
=


0,1
aÎ

0
g a ³

0
f x ³


0,1
9. 【答案】（1）当
时，函数
在区间
上单调递增；
当
时，函数
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减．    
（2）证明见详解
【分析】（1）求出
，当
时，根据
的形式可判断
，当
时，同样依据
的形式可判断
在
、
上符号，从而得到单调性区间；
（2）根据（1）中的单调性得到
，根据恒成立得
在
上恒成立，
，求出其导数后可判断该函数为增函数，从而得不等式
恒成立.
【详解】（1）由题意可知，函数
，
的定义域为
，
导数
，
当
时，
，
；
当
时，
，
；
，
；
综上，当
时，函数
在区间
上单调递增；
当
时，函数
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减．
（2）由（1）可知，当
时，
函数
在区间
上单调递增，在区间
，上单调递减．
所以
，
要证
，需证
．
即需证
恒成立，
0
a ³

f x


0, ¥
+
0
a <

f x
1
0,
2a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
1 ,
2a
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø

f
x
¢
0
a ³

f
x
¢

0
f
x
¢
>
0
a <

f
x
¢

f
x
¢
1
0,
2a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
1 ,
2a
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
max
f x


1
1
1
ln
2
2
1
4
2
a
a
a
a
a
- -
-
-
£
-
-
1
0
2
a
-
£
<



1
1
ln
2
,
0
4
2
g a
a
a
a
a
=
-
+
-
-
£
<

2
(
1)
ln
f
x
a x
x
x
=
+
+
+


R
aÎ


0, ¥
+




1 2
1
x
ax
f
x
x
¢
+
+
=
0
x >
0
a ³


0,
x
¥
Î
+

0
f
x
¢
>
0
a <
1
0,
2
x
a
æ
ö
Î
-
ç
÷
è
ø

0
f
x
¢
>
1 ,
2
x
a
¥
æ
ö
Î -
+
ç
÷
è
ø

0
f
x
¢
<
0
a ³

f
x


0, ¥
+
0
a <

f
x
1
0,
2a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
1 ,
2a
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
1
0
2
a
-
£
<

f
x
1
0,
2a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
1 ,
2a
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø



2
max
1
1
1
1
1
ln
1
ln
2
2
2
2
4
f x
a
a
a
a
a
a
a
æ
ö
æ
ö
=
-
-
+
-
=
- -
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø

1
2
1
2
f x
a
a
£
-
-


1
1
1
ln
2
2
1
4
2
a
a
a
a
a
- -
-
-
£
-
-


1
1
ln
2
0,
0
4
2
a
a
a
a
-
+
-
³
-
£
<
令
，则
所以函数
在区间
单调递增，故
，
所以
，
恒成立，所以当
时，
．
🎯命题方向四 利用函数的单调性确定参数值或取值范围
10. 【答案】（1）17    
（2）0    
（3）当
时，
，当
时，
.
【分析】（1）对函数求导，然后将切点代入进而求得切线方程，即可得到切线在
轴上的截距.
（2）先求出分段函数的导数，然后根据函数的单调递增区间列出不等式，进而求得
.
（3）分
三种情况讨论函数的极值，进而得到结果.
【详解】（1）当
时，当
时，

2
3
3
f
x
x
=
¢
- ，所以
，又
，
曲线
在点
处的切线为
，令
，得
，
曲线
在点
处的切线在
轴上的截距为17.
（2）因为函数
在
处连续，
所以
在
上单调递增等价于
在
和
上单调递增，
因为
，
当
时，
恒成立，所以
，所以
，
当
，
恒成立，所以
所以
，所以
的值是0.
（3）当
时，根据（2）函数
无极值点，不合题意，
当
时，令
，得到
（舍）
所以
的变化情况如下表：



1
1
ln
2
,
0
4
2
g a
a
a
a
a
=
-
+
-
-
£
<

2
2
2
1
2
(2
1)
1
0
4
2
4
a
g a
a
a
a
+
= +
+
=
³
¢

g a
1 ,0
2
é
ö
-
÷
êë
ø

1
0
2
g a
g æ
ö
³
-
=
ç
÷
è
ø


1
ln
2
0
4
a
a
a
-
+
-
³
1
0
2
a
-
£
<
1
0
2
a
-
£
<

1
2
1
2
f x
a
a
£
-
-
0
a >

0
s
f s =
0
a <

1 ,0
2
s
f s
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø
y
a
0,
0,
0
a
a
a
=
>
<
1
a =
0
x <


2
9
f ¢ -
=


2
1
f -
= -

y
f
x
=




2,
2
f
-
-
9
17
y
x
=
+
0
x =
17
y =

y
f
x
=




2,
2
f
-
-
y

f
x
0
x =

f
x


,
¥
¥
-
+

f
x


,0
¥
-


0, ¥
+



2
2
3
3 ,
0
2
e ,
0
x
x
a x
f
x
x
x
a
x
ì
-
<
ï
= í
+
+
>
¢
ïî
0
x <

2
3
3
0
f
x
x
a
¢
=
-
³
2
3
3
x
a
³
0
a £
0
x >


2
2
e
0
x
f
x
x
x
a
¢
=
+
+
³
2
2
0
x
x
a
+
+
³
0
a ³
a
0
a =

f
x
0
a >

0
f
x
¢
=
1
2
,
x
a x
a
= -
=


,
,
x f
x
f
x
¢
0
+
0
-
无定义
+
极大值
极小值
因为
，所以
，当
时，令
，
即
，得到
（舍）
所以
的变化情况如下表：
0
+
无定义
-
0
+
极大值
极小值
所以
，所以
，
综上，当
时，
，当
时，
.
11. 【答案】（1）
；    
（2）（i）
；（ⅱ）证明见详解.
【分析】（1）求出
的导数，由给定区间及单调性建立不等式求解.
（2）（i）利用
与
在
处的导数值相等求出；（ⅱ）按
分段讨论，
结合极值点的偏移方法推理得证.
【详解】（1）函数
在
上单调递减，则
，
，
即
，
，而
，当且仅当
时取等号，因此
，所以a 的取值范围是
.
（2）（i）由
，求导得
，
x


,
a
¥
-
-
a
-


,0
a
-


0, ¥
+

f
x
¢

f
x
Z
]
Z

0
f
a
=

0
s
f s =
0
a <

0
f
x
¢
=
2
2
0
x
x
a
+
+
=
1
2
2
4
4
2
4
4
,
2
2
a
a
x
x
- +
-
- -
-
=
=


,
,
x f
x
f
x
¢
x


,0
¥
-


1
0, x
1
x


1,
x
¥
+

f
x
¢

f
x
Z
]
Z







1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
e
2e
e
x
x
x
x
x
x
s
f s
f x
x
x
a
=
=
=
= -
-
+

1 ,0
2
s
f s
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø
0
a >

0
s
f s =
0
a <

1 ,0
2
s
f s
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø
2
a £
2
a =
( )
f
x
( )
f
x
( )
g x
1
x =
a
1
1
1
1,
1,0
1
x
x
x
>
=
<
<
1
( )
ln
f x
a
x
x
x
=
-
+
(0,
)
+¥
0
x
" >
2
1
( )
1
0
a
f
x
x
x
¢
=
- -
£
0
x
" >
1
a
x
x
£
+
1
2
x
x
+
³
1
x =
2
a £
2
a £
( )
ln
1
g x
x
x
x
=
-
+
( ) ln
g x
x
¢
=
由曲线
与
在
处有相同的切线，得
，即
，
解得
，此时曲线
与
在
处的切线都为
，符合题意，所以
.
（ⅱ）由（1）及（i）知，函数
在
上单调递减，且
，
，当
时，
；当
时，
，
函数
在
上单调递减，在
上单调递增，且
，
当
时，
，而
，不符合题意；
当
时，
，则
，
，因此
，符合题意；
当
，
的取值集合为
，而
在
的取值集合为
，
在
的取值集合为
，因此
能成立，
当
时，
；
当
时，
，
，
令
，求导得
，
函数
在
上单调递增，
，即
，
因此
，而
，则
，又函数
在
上单调递增，
于是
，即
，所以
.
题型02 导数与函数的极值、最值问题
🎯命题方向一 利用导数研究函数最值
1.【答案】（1）
1
a=
（2）

0,
¥
+
【分析】（1）由题意可得
0
f x
¢
³ 在

1, ¥
- +
上恒成立，构造函数

g x
f x
= ¢
，利用导数研究
其单调性后可得其最小值


min
1
g x
g a
=
- ，再令

1
h a
g a
=
-
，利用导数研究其单调性.
( )
y
f x
=
( )
y
g x
=
1
x =
(1)
(1)
f
g
¢
¢
=
2
0
a -
=
2
a =
( )
y
f x
=
( )
y
g x
=
1
x =
0
y =
2
a =
1
( )
2 ln
f x
x
x
x
=
-
+
(0,
)
+¥
(1)
0
f
=
( ) ln
g x
x
¢
=
0
1
x
<
<
( )
0
g x
¢
<
1
x >
( )
0
g
x
¢
>
( )
g x
( 0, 1)
(1,
)
+¥
(1)
0
g
=
1 1
x >
1
( ) 0
f x <
2
( )
0
g x ³
1 1
x =
1
(
)
0
f x
=
2
( )
0
g x =
2 1
x =
1
2 1
x x×
=
1
0
1
x
<
<
1
( )
f x
(0,
)
+¥
2
( )
g x
2
(0,1)
x Î


0,1
2
(1,
)
x Î
+¥
(0,
)
+¥
1
2
( )
( )
f x
g x
=
2
(0,1)
x Î
1
2 1
x x×
<
2
(1,
)
x Î
+¥
1
1
(1,
)
x Î
+¥
2
1
2
1
2
( )
( )
(ln
),
(0,1)
2
1
x
x
x
f x
g
x
x
x
x
x
+
+ -
-
=
-
Î
+
2
2
( )
ln
,0
1
2
1
x
x
x
x
x
x
j
+ -
=
-
<
<
+
2
2
2
2
2
1
(2
1)
2(
2)
(1
)(2
1)
( )
0
(2
1)
(2
1)
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
j
+
-
+
-
-
+
¢
=
-
=
>
+
+
( )
j x
( 0, 1)
( )
(1)
0
x
j
j
<
=
1
( )
(
)
f x
g x
<
1
1
1
( )
(
)
f x
g x
<
1
2
( )
( )
f x
g x
=
2
1
1
(
)
(
)
g x
g x
<
( )
g x
(1,
)
+¥
2
1
1
x
x
<
1
2 1
x x×
<
1
2 1
x x×
£
（2）构造函数

2
2
x
f x
x
m
¢
=
-
，利用导数研究其单调性即可得解.
【详解】（1）





1 ln
1
1
ln
1
f
x
x a
x
x a
x
é
ù
= +
-
+
-
= -
+
ë
û
¢
，
由函数
f x 在

1, ¥
- +
单调递增，则
0
f x
¢
³ 在

1, ¥
- +
上恒成立，
令



ln
1
g x
f x
x a
x
= -
¢
=
+
，即
0
g x ³ 在

1, ¥
- +
上恒成立，
若
0
a £
，则当


1,0
xÎ -
时，


ln
1
0
g x
x a
x
= -
+ < ，不符题意；故
0
a >
，
1
1
1
1
a
x
a
g
x
x
x
+ -
= -
=
¢
+
+
，
当


1,
1
x
a
Î -
- ，

0
g x
¢
< ，当


1,
x
a
¥
Î
- +
，

0
g x
¢
> ，
故
g x 在

1,
1
a
-
- 上单调递减，在

1,
a
¥
- +
上单调递增，则有


min
1
1
ln
0
g x
g a
a
a a
=
- = - -
³ ，
令
1
ln
h a
a
a
a
= - -
，则1 ln
1
ln
h a
a
a
-
¢
= -
=-
，当


0,1
aÎ
，
0
h a
¢
> ，当


1,+
a
¥
Î
，
0
h a
¢
< ，
故
h a 在

0,1 上单调递增，在

1, ¥
+
上单调递减，则
1
1 1 0 0
h a
h
£
= - - = ，
故当且仅当
1
a= 时，
0
g x ³ 恒成立，即
1
a= ；
（2）由
1
a= ，则





2
1 ln
1
2
x
f
x
x
x
x
=
+
-
+
+
，



ln
1
f x
x
x
= -
+
¢
，则



2
2
2
2
2ln
1
0
f x
x
x
x
x
-
=
+ -
¢
-
< ，令


2
2
2ln
1
x
x
x
x
m
=
-
+ -
，
则





2
2
1
2
2
1
2
2
2
2
0
1
1
1
x
x x
x
x
x
x
x
x
m
+
-
-
+
-
=
-
-
=
=
£
+
+
+
¢
，
故x
m
在

1, ¥
- +
上单调递减，又0
0 2ln1 0 0
m
= -
- = ，
故当
0
x >
时，
0
x
m
< ，即

2
2
0
f x
x
-
<
¢
，
2.【答案】（1）
1
a=
（2）证明见详解
【分析】（1）求出函数的导数后根据导数非负结合分类讨论可求a 的值；
（2）求出

g
x 的导数，根据虚设零点可求最小值，结合基本不等式可证最小值小于1.
【详解】（1）





2
2
ln
2
2
2
2
ln
f
x
x
a
x
x
a
x
a
x
a
x
¢
=
-
+
-
-
+
=
-
，
因为

f
x 在

0,
¥
+
上单调递增，故

0
f
x
¢
³
，而0
1
x
< < 时，ln
0
x < ，故2
2
0
x
a
-
£ 即
1
a³ ；
而
1
x> 时，ln
0
x > ，故2
2
0
x
a
-
³ 即
1
a£ ，故
1
a= .
（2）




2
2
1
2
ln
2
1
2
2 ln
2
2
x
x
x
x
x
g x
x
x
x
x
-
-
+
=
=
-
-
+ ,故

2
1
1
2
ln
ln
2
2
x
g
x
x
x
x
x
-
¢
=
+
-
=
-
+
，
设
1
2
ln
2
s x
x
x
=
-
+
，则
2
2
1
0
s x
x
x
¢
=
+
> ，故
s x 即

g
x
¢
在

0,
¥
+
上单调递增.
而



1
1
2
ln2
ln4 1
0
2
2
g¢
=
-
=
-
> ，

3
1
0
2
g¢
= -
< ，故

g
x 在

1, 2 存在一个零点
0
x 且：
当
0
0
x
x
<
<
时，

0
g
x
¢
<
；当
0
x
x
>
时，

0
g
x
¢
>
，故

g
x 在

0
0, x
上单调递减，在

0 ,
x
+¥ 上单调
递增，故




0
0
0
0
min
1
2 ln
2
2
g x
g x
x
x
x
=
=
-
-
+ ，而
0
0
1
2
ln
0
2
x
x
-
+
= ，故
0
0
2
1
ln
2
x
x
=
-
，
故




0
0
0
0
min
0
0
2
1
1
4
2
2
5
2
2
g x
g x
x
x
x
x
x
æ
ö
æ
ö
=
=
-
-
-
+
= -
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
而
0
1
2
x
<
<
，双勾函数
0
0
4
y
x
x
=
+
在

1, 2 为减函数，故
0
0
4
4
5
x
x
<
+
< ，故



0
m in
1
g
x
g
x
=
< .
🎯命题方向二 利用导数研究函数极值点、极值问题
3． 【答案】（1）

e
1
1
0
x
y
-
-
-
=
（2）

1, +¥
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析
0
a £
和
0
a >
两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得
2
ln
1
0
a
a
+
- >
，
构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知
( )
e
¢
=
-
x
f
x
a 有零点，可得
0
a >
，进而利用导数求
f x 的
单调性和极值，分析可得
2
ln
1
0
a
a
+
- >
，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当
1
a= 时，则
( )
e
1
x
f x
x
=
-
- ，
( )
e
1
x
f
x
¢
=
- ，可得(1)
e 2
f
= - ，
(1)
e 1
f ¢
=
- ，
即切点坐标为

1,e 2
-
，切线斜率
e 1
k = - ，
所以切线方程为




e 2
e 1
1
y
x
-
-
=
-
-
，即

e 1
1 0
x y
-
- - = .
（2）解法一：因为( )
f x 的定义域为R，且
( )
e
¢
=
-
x
f
x
a ，
若
0
a £
，则
( )
0
f
x
¢
³
对任意xÎR 恒成立，可知( )
f x 在R上单调递增，无极值，不合题意；
若
0
a >
，令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
ln
x
a
>
；令
( )
0
f
x
¢
<
，解得
ln
x
a
<
；
可知( )
f x 在

,lna
¥
-
内单调递减，在

ln ,a ¥
+
内单调递增，
则( )
f x 有极小值

3
ln
ln
f
a
a a a a
= -
-
，无极大值，
由题意可得：

3
ln
ln
0
f
a
a a a a
= -
-
< ，即
2
ln
1
0
a
a
+
- >
，
构建
2 ln
1,
0
g a
a
a
a
=
+
-
> ，则

1
2
0
g a
a
a
+
¢
=
>
，可知
g a 在

0, ¥
+
内单调递增，且1
0
g
= ，
不等式
2
ln
1
0
a
a
+
- >
等价于
1
g a
g
>
，解得
1
a> ，所以a 的取值范围为

1, ¥
+
；
解法二：因为( )
f x 的定义域为R，且
( )
e
¢
=
-
x
f
x
a ，
若( )
f x 有极小值，则
( )
e
¢
=
-
x
f
x
a 有零点，令
( )
e
0
x
f
x
a
¢
=
-
=
，可得ex
a
=
，
可知
e x
y =
与y
a
=
有交点，则
0
a >
，
若
0
a >
，令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
ln
x
a
>
；令
( )
0
f
x
¢
<
，解得
ln
x
a
<
；
可知( )
f x 在

,lna
¥
-
内单调递减，在

ln ,a ¥
+
内单调递增，
则( )
f x 有极小值

3
ln
ln
f
a
a a a a
= -
-
，无极大值，符合题意，
由题意可得：

3
ln
ln
0
f
a
a a a a
= -
-
< ，即
2
ln
1
0
a
a
+
- >
，构建
2 ln
1,
0
g a
a
a
a
=
+
-
> ，
因为则
2,
ln
1
y
a
y
a
=
=
- 在

0, ¥
+
内单调递增，可知
g a 在

0, ¥
+
内单调递增，且1
0
g
= ，
不等式
2
ln
1
0
a
a
+
- >
等价于
1
g a
g
>
，解得
1
a> ，
所以a 的取值范围为

1, ¥
+
.
4． 【答案】（1）证明见详解；
（2）（i）证明见详解；（ii）
1
2
2x
x
>
，证明见详解.
【分析】（1）先由题意求得

2
1
3
1
f
x
x
k
x
æ
ö
=
-
ç
÷
+
è
ø
¢
，接着构造函数
1
3 ,
0
1
g x
k x
x
=
-
>
+
，利用导数工具研
究函数
g x 的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数
f x 在区间(0,
)
+¥ 上存在唯
一极值点；再结合0
0
f
=
和x + ¥ 时
f x 的正负情况即可得证
f x 在区间(0,
)
+¥ 上存在唯一零点；
（2）（i）由（1）
1
1
1
3
x
k
+ =
和





1
1
g t
f x
t
f x
t
=
+
¢
-
¢
-
¢
结合（1）中所得导函数

1
f x
¢
计算得到





2
2
2
1
1
2
2
1
6
2
1
kt
t
x
x
g
t
x
t
-
-
=
+
-
¢
，再结合


1
0,
t
x
Î
得

0
g t
¢
<
即可得证；
（ii）由函数

g t 在区间

1
0,x 上单调递减得到


1
0
2
f
x
>
，再结合
2
0
f x = ，
和函数
f x 的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【详解】（1）由题得

2
2
2
2
1
1
1
3
3
3
1
1
1
x
f
x
x
kx
kx
x
k
x
x
x
æ
ö
=
- +
-
=
-
=
-
+
¢
ç
÷
+
+
è
ø ，
因为


0,
x
¥
Î
+
，所以
2
0
x >
，设
1
3 ,
0
1
g x
k x
x
=
-
>
+
，
则



2
1
0
1
g x
x
= -
¢
<
+
在(0,
)
+¥ 上恒成立，所以
g x 在(0,
)
+¥ 上单调递减，
0
1 3
0
g
k
= -
> ，令

0
0
1
0
1
3
g x
x
k
= Þ
=
- ，
所以当


0
0,
x
x
Î
时，
0
g x >
，则

0
f x
¢
> ；当


0,
x
x
¥
Î
+
时，
0
g x <
，则
0
f x
¢
< ，
所以
f x 在

0
0,x 上单调递增，在

0,
x
¥
+
上单调递减，所以
f x 在(0,
)
+¥ 上存在唯一极值点，
对函数


ln 1
y
x
x
=
+
- 有
1
1
0
1
1
x
y
x
x
¢ =
- = -
<
+
+
在(0,
)
+¥ 上恒成立，
所以


ln 1
y
x
x
=
+
- 在(0,
)
+¥ 上单调递减，所以


0
ln 1
|
0
x
y
x
x
y
=
=
+
- <
= 在(0,
)
+¥ 上恒成立，
又因为0
0
f
=
，x + ¥ 时


2
3
2
1
1
1 2
0
2
2
x
kx
x
kx
-
=
-
<
，所以x + ¥ 时
0
f x <
，
所以存在唯一


2
0,
x
¥
Î
+
使得
2
0
f x = ，即
f x 在(0,
)
+¥ 上存在唯一零点.
（2）（i）由（1）知
1
1
1
3
x
k
=
- ，则
1
1
1
3
x
k
+ =
，

2
1
1
1
1
1
f
x
x
x
x
æ
ö
=
-
ç
÷
+
+
è
ø
¢
，




1
1
( )
g t
f x
t
f x
t
=
+ -
-
Q
，则





2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1
1 1
g t
x
t
x
t
x
t
x
x
t
x
æ
ö
æ
ö
=
+
-
+
-
-
ç
÷
ç
÷
+ +
+
- +
+
è
ø
è
ø
¢










2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
t x
t
t x
t
x
t
x
x
t
x
-
+
-
=
+
+ +
+
- +
+




2
2
1
1
1
1
3
1
1
x
t
x
t
kt
x
t
x
t
é
ù
+
-
=
-
+
ê
ú
+ +
- +
ê
ú
ë
û




2
2
2
1
1
2
2
1
6
2
1
kt
t
x
x
x
t
-
-
=
+
-
，




2
2
2
2
1
1
1
1
0,
0,
,
2
0, 1
0
k
t
x
t
x
x
x
t
>
Î
\
-
-
+
-
Q
，




2
2
2
1
1
2
2
1
6
2
( )
0
1
kt
t
x
x
g t
x
t
-
-
+
-
¢
\
=
<
，即
( )
g t 在


1
0,
t
x
Î
上单调递减.
（ii）
1
2
2x
x
>
，证明如下：由（i）知：函数

g t 在区间

1
0,x 上单调递减，
所以

1
0
g
g x
>
即


1
0
2
f
x
>
，又
2
0
f x = ，
由（1）可知
f x 在

0,
x
¥
+
上单调递减，


2
0,
x
x
¥
Î
+
，且对任意


2
0,
x
x
Î

0
f x >
，所以
1
2
2x
x
>
.
5. 【答案】（1）
    
（2）证明见详解    
（3）
【分析】（1）由题意得
，求出导数，构造函数，利用导数研究其单调性及最值.
（2）先求出导数
，令
，利用导数得到
的单调性，进而
ln2


,2
-¥

2
ln
f x
x
x x
=
-

2
ln
f
x
x b
x b
=
-
-
¢

2
ln
h x
x b
x b
=
-
-

h x
根据零点存在定理即可得证.
（3）令
，将不等式
，转化为
的解集为
，求出
导数，分
，
和
三种情况讨论
的单调性，极值点及零点情况.
【详解】（1）函数
的定义域为
.由
，可得
，
所以
，设
，则
，
令
，因为
，所以解得
.
所以当
时，
，
在
上单调递减；
当
时，
，
在
上单调递增，
所以当
时，
取到最小值
，即切线的斜率的最小值为
.
（2）函数
的定义域为
.
，
令
，则
.
因为
，所以
，又因为
，所以
，所以
在
上单调递增.
又因为
，当
时，
，所以
，
又因为
在
上连续，所以存在
，使得
，即
，
所以当
时，
，即
，
在
上单调递减；
当
时，
，即
，
在
上单调递增；
所以
是
的极小值点，所以函数
在其定义域内存在极小值；
（3）
等价于
，即
，
令
，



1
ln
0
p x
x
b
x x
x
=
-
-
>
1
f x <

0
p x <


0
x
x
u
<
<
0
b <
0
2
b
<
£
2
b >

p x

f x


0, ¥
+
1
b =

2
ln
f x
x
x x
=
-

1
2
ln
2
ln
1
f
x
x
x
x
x
x
x
æ
¢
ö
=
-
+ ×
=
-
-
ç
÷
è
ø

2
ln
1
g x
x
x
=
-
-

1
2
1
2
x
g
x
x
x
=
¢
-
=
-

0
g
x
¢
=
0
x >
1
2
x =
1
0
2
x
<
<

0
g
x
¢
<

g x
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
1
2
x >

0
g
x
¢
>

g x
1,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
1
2
x =

g x
1
1
1
2
ln
1
ln 2
2
2
2
g æ
ö =
´
-
- =
ç
÷
è
ø
ln2

f x


0, ¥
+

1
2
ln
2
ln
f
x
x
b
x
x
x
b
x
b
x
æ
¢
ö
=
-
+ ×
=
-
-
ç
÷
è
ø

2
ln
h x
x b
x b
=
-
-

2
2
b
x
b
h
x
x
x
=
¢
-
=
-
0
b <
0
b
- >
0
x >

2
0
x
b
h
x
x
=
¢
-
>

h x


0, ¥
+
1
2
ln1
2
0
h
b
b
b
= -
- = - >
0
x
+

ln
b
x
-
-¥

h x
¥
-

h x


0, ¥
+


0
0,1
x Î


0
0
h x
=


0
0
f
x
¢
=
0
0 x
x
< <

0
h x <

0
f
x
¢
<

f x


0
0, x
0
x x
>

0
h x >

0
f
x
¢
>

f x


0,
x
¥
+
0
x x
=

f x

f x
1
f x <
2
ln
1
0
x
bx
x
-
-
<


1
ln
0
0
x
b
x
x
x
-
-
<
>



1
ln
0
p x
x
b
x x
x
=
-
-
>
若存在实数，使得关于的不等式
的解集为
，
即
的解集为
，
，令
.，
①当
时，
，即
，函数
单调递增，
又
，所以当
时，
成立，符合题意；
②当
时，
的判别式
，
所以
在
时恒成立，即
在
时恒成立，
即
在
上单调递增.因为
，所以
是
唯一的零点，
当
时，
；当
时，
，
能满足使
的解集为
，符合题意；
③当
时，
的判别式
，
故
有两个不相等的实数根，
由韦达定理可知，
，因此两根均为正根，且
，
则可知
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
在
时取到极大值，在
处取到极小值.
又因为
，所以
，
又当
时，
，所以
在
上存在一个零点
，
在
上存在另外一个零点
，所以
的解集为
，
与
的解集为
相矛盾，故不符合题意.
综上可知，的取值范围为
.
6. 【答案】（1）
1
a =
    
（2）

4,+¥
【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜率，结合切点，切线方程即可求出参数a；
u
x
1
f x <


0
x
x
u
<
<

0
p x <


0
x
x
u
<
<

2
2
2
1
1
1
b
x
bx
p x
x
x
x
-
=
¢
+
= +
-

2
1
m x
x
bx
=
-
+
0
b £

0
m x >

0
p x
¢
>

p x

1
1
1
ln1
0
1
p
b
=
-
-
=
0
1
x
<
<

0
p x <
0
2
b
<
£

2
1
m x
x
bx
=
-
+


2
2
Δ
4
4
0
b
b
= -
-
=
-
£

0
m x ³
0
x >

0
p x
¢
³
0
x >

p x


0, ¥
+

1
1
1
ln1=0
1
p
b
= -
-
1
x =

p x
0
1
x
<
<

0
p x <
1
x >

0
p x >

0
p x <


0
1
x
x
<
<
2
b >

2
1
m x
x
bx
=
-
+


2
2
Δ
4
4
0
b
b
= -
-
=
-
>

0
m x =
1
2
1 2
0,
1 0
x
x
b
xx
+
= >
= >
1
2
0
1
x
x
<
<
<

p x


1
0,x


1
2
,
x x


2,
x
¥
+

p x
1
x x
=
2
x x
=

1
1
1
ln1=0
1
p
b
= -
-



1
2
0,
0
p x
p x
>
<
0
x
+


p x
¥
-

p x


1
0,x
3x


2,
x
¥
+
4x

0
p x <




3
4
0,
1,
x
x
È

0
p x <


0
x
x
u
<
<
b


,2
-¥
（2）利用导数讨论单调性，得出函数的极值，再解不等式即可.
【详解】（1）设直线
e
y
x
= -
与曲线

y
f x
=
相切于




0
0
0
,
ln
x
x
x
a
-
，
因为

1
ln
f
x
a
x
= -
+
¢
，所以切线斜率为
0
1
ln
a
x
- +
，
所以
0
1
ln
1
a
x
- +
= ，则
0
ea
x =
，所以切点为

e ,0
a
，
又因为切点

e ,0
a
在直线
e
y
x
= -
上，所以e
e
0
a -
=
，所以
1
a =
．
（2）







2
2
2
2
2
ln
1
ln
1
2
ln
ln
g x
f x
bf x
x
x
bx
x
x
x
x
bx
x
bx
=
-
=
-
-
-
=
-
-
+
，
则



2 1
1
4 ln
2
2
ln
4
ln
g
x
x
x
x
x
b
x
bx
b
x
b
x
x
x
¢
=
+
×
-
-
-
×
+
=
-
．
当
0
b £
时，0
1
x
<
<
，

0
g
x
¢
<
，
1
x >
，

0
g
x
¢
>
，
所以
g x 在

0,1 上单调递减，在

1,+¥ 上单调递增，所以
1
x =
是
g x 的极小值点，不满足题意；
当0
4
b
<
<
时，0
4
b
x
<
<
，

0
g
x
¢
>
，
1
4
b
x
<
< ，

0
g
x
¢
<
，
1
x >
，

0
g
x
¢
>
，
所以
g x 在0, 4
b
æ
ö
ç
÷
è
ø
上单调递增，在
,1
4
b
æ
ö
ç
÷
è
ø
上单调递减，在

1,+¥ 上单调递增，
所以
1
x =
是
g x 的极小值点，不满足题意；当
4
b =
时，
0
x >
，

0
g
x
¢
³
，
所以
g x 在

0, ¥
+
上单调递增，所以
1
x =
不是
g x 的极值点，不满足题意；
当
4
b >
时，0
1
x
<
<
，

0
g
x
¢
>
，1
4
b
x
<
<
，

0
g
x
¢
<
，
4
b
x >
，

0
g
x
¢
>
，
所以
g x 在

0,1 上单调递增，在1, 4
b
æ
ö
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
,
4
b
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
上单调递增，
所以
1
x =
是
g x 的极大值点，满足题意，综上，b的取值范围是

4,+¥ ．
7． 【答案】（1）极小值为
1
-
，无极大值
（2）
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø
【分析】（1）
0
a =
，
ln
(
0)
f x
x x x x
=
-
>
，求导利用导数确定极值即可；
（2）根据题意可得，
lnx
a
x
=
在

0, ¥
+
上有两个不同的根，令
lnx
g x
x
=
，求导分析单调性，结合图像确
定参数范围即可.
【详解】（1）当
0
a =
时，
ln
(
0)
f x
x x x x
=
-
>
，则
ln
f x
x
¢
=
，令

0
f x
¢
= ，解得
1
x= ．
当


0,1
xÎ
时，
0
f x
¢
< ，此时
f x 单调递减；当


1,
x
¥
Î
+
时，

0
f x
¢
> ，此时
f x 单调递增．
故函数
f x 在
1
x= 处取得极小值，极小值为1
ln1 1
1
f
=
- =- ，无极大值.
（2）由题意知，函数
f x 的定义域为

0, ¥
+
，

ln
f x
x ax
=
¢
-
，又
f x 在定义域内有两个不同的极值
点，则方程

0
f x
¢
= 在

0, ¥
+
上有两个不同的根，即方程ln
0
x ax
-
= 在

0, ¥
+
上有两个不同的根，
即方程
lnx
a
x
=
在

0, ¥
+
上有两个不同的根，令
lnx
g x
x
=
，


0,
x
¥
Î
+
，则

2
1 ln
0
e
x
g x
x
x
-
=
=
Þ
=
¢
，
则当0
e
x
< < 时，

0
g x
¢
> ，当
e
x> 时，

0
g x
¢
< ，则函数
lnx
g x
x
=
在

0,e 上单调递增，在

e, ¥
+
上单
调递减，所以

max
1
( )
e
e
g x
g
=
=
，因为1
0
g
= ，当
1
x> 时，
0
g x >
，当0
1
x
< < 时，
g x <0，
当x + ¥ 时，
0
g x ，所以
g x 函数图像如下，
又

lnx
a
g x
x
=
=
在

0, ¥
+
上有两个不同的根，所以实数a 的取值范围为
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø ．
题型03 导数与函数的零点、隐零点、极值点偏移相关问题
🎯命题方向一  确定零点个数的判断问题
1.【答案】（1）1
（2）1
2
（3）
1
, π
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø
【分析】（1）先利用导数求出函数的单调区间，再根据零点的存在性定理即可得解；
（2）令


f
x
g
x
¢
=
，则

0
g
x
¢
³
恒成立，利用分离参数法求解即可；
（3）法一：由题可知
0
0
x
$
³
，使
2
0
0
0
sin
0
ax
x
x
-
+
<
，分离参数可得
0
0
2
0
sin
x
x
a
x
-
<
，令



2
sin
0
x
x
h x
x
x
-
=
>
，则原问题等价于
max
a h x
<
，利用倒数求出max
h x
即可得解.
法二：求导，再分
0
a £
，
1
2
a ³
，
1
0
π
a
<
<
和1
1
π
2
a
£
<
四种情况讨论，进而可得出答案.
【详解】（1）当
0
a =
时，

sin
f
x
x
x
= -
+
，

1
cos
0
f
x
x
= -
+
£
¢
，且等号不恒成立，
故

f
x 在

,
-¥ +¥ 上单调递减，
由于

0
0
sin 0
0
f
= -
+
=
，从而

f
x 在

,
-¥ +¥ 上有且只有一个零点；
（2）

2
1
cos
f
x
ax
x
=
-
+
¢
，令


f
x
g
x
¢
=
，
又

f x
¢
是定义域上的增函数，则

2
sin
0
g
x
a
x
=
-
³
¢
恒成立，则
1sin
2
a
x
³
恒成立，
而sinx 的最大值为1，所以
1
2
a ³
，故a 的最小值为1
2；
（3）法一：由题可知
0
0
x
$
³
，使
2
0
0
0
sin
0
ax
x
x
-
+
<
，又0
0
f
=
，所以
0
0
x ¹
，故
0
0
2
0
sin
x
x
a
x
-
<
，
令


2
sin
0
x
x
h x
x
x
-
=
>
，则原问题等价于
max
a h x
<
，
设
1x 为
h x 的极大值点，

3
cos
2sin
x
x
x
x
h x
x
-
-
+
¢
=
，
令
2sin
cos
t
x
x
x
x
x
=
-
-
，


0, π
x Î
，
cos
1
sin
t
x
x
x
x
=
-
+
¢
，令

cos
1
sin
m
x
x
x
x
=
-
+
，

cos
m
x
x
x
=
¢
，
当
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
m x
¢
> ，当
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
m x
¢
< ，
故
t x
¢
在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减，又0
0
t¢
= ，
π
2
0
t ¢
= -
<
，
故
t x
¢
在π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上存在唯一零点2x ，故


2
0,
x
x
Î
时，0
t x
¢
> ，


2,π
x
x
Î
时，0
t x
¢
< ，
故
t x 在

2
0,x 上单调递增，在

2,π
x
上单调递减，又

0
π
0
t
t
=
=
，故


0, π
x Î
时，
0
t x ³
，且等号不
恒成立，所以
h x 在

0 , π 上单调递增，此时

1
π
π
h x
h
£
=
，
又
1x 为
h x 的极大值点，故
1
π
x ³
，且
1
0
h x
¢
= ，即
1
1
1
1
1
sin
sin
cos
x
x
x
x
x
-
=
-
，
而
1
cos
1
x ³ - ，故
1
1
1
1
1
sin
cos
sin
x
x
x
x
x
-
£
+
，则
1
1
1
1
sin
sin
x
x
x
x
-
£
+
，得
1
sin
0
x ³
，故

1
1
1
2
1
1
sin
1
1
π
x
x
h x
x
x
-
=
£
£
，
由
1
sin
0
x ³
，得




1
2 π, 2
1 π
x
k
k
k
é
ù
Î
+
Î
ë
û
N ，且
1
π
x ³
，
当且仅当
1
π
x =
时两等号同时成立，故
1
π
x =
时，π
h
为
h x 所有极大值中最大的，
又


0, π
x Î
时，

π
h
x
h
£
，又x + ¥ 时，
0
h x
+

，故
h x 的最大值为
1
π
π
h
=
，
故
1
π
a <
，故a 的取值范围为
1
, π
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø .
法二：由
2
sin
f x
ax
x
x
=
- +
，得

2
1
cos
f
x
ax
x
=
-
+
¢
，
①当
0
a £
时，
0
x ³
时，

1
cos
0
f
x
x
£ -
+
£
¢
，

f
x 在

0, + ¥
上单调递减，
所以当
0
x >
时，
0
0
f x
f
<
= ，符合题意；
②由（2）知，当
1
2
a ³
时，

f x
¢
在

0, + ¥
上单调递增，所以当
0
x ³
时，

0
0
f x
f
¢
¢
³
= ，
所以

f
x 在

0, + ¥
上单调递增，故


0
0
f
x
f
³
=
，不符合题意；
③当
1
0
π
a
<
<
时，

2
2
1
π
π
π
π
π
0
π
f
a
=
-
<
×
-
=
，符合题意；
④当1
1
π
2
a
£
<
时，

2
1
sin
π
f x
x
x
x
³
- +
，
令

2
1
sin
π
G x
x
x
x
=
- +
，则

2
1 cos
π
G x
x
x
=
- +
¢
，当
π
x >
时，2
2
1
π 1 1
π
π
x- >
´ - = ，从而
0
G x
¢
> ，
故

G x 在

π,+¥ 上单调递增，此时


π
0
G
x
G
>
=
；
当0
π
x
£
£
时，令

2
1 cos
π
H x
x
x
=
- +
，则

2
sin
π
H x
x
¢
=
-
，
易知

H
x
¢
在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递增，且


2
0
π
0
π
H
H
=
=
¢
>
¢
，
π
2
1
0
2
π
H æ
ö =
- <
ç
÷
è
ø
¢
，
故存在
1
2
π
0
π
2
x
x
<
<
<
<
，使




1
2
0
H
x
H
x
¢
¢
=
=
，
故当


1
0,
x
x
Î
或


2,π
x
x
Î
时，

0
H
x
¢
>
，

G
x
¢
单调递增，
当


1
2
,
x
x x
Î
时，

0
H
x
¢
<
，

G
x
¢
单调递减，又


π
0
π
0
2
G
G
G
æ
ö
=
=
=
ç
÷
¢
ø
¢
è
¢
，
所以当
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
G x
¢
> ，

G x 单调递增，当
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
G x
¢
< ，

G x 单调递减，
由


0
π
0
G
G
=
=
，得

0
G
x
³
在


0, π
x Î
时恒成立，
综上可知

0
G
x
³
在

0, + ¥
上恒成立，则

0
f x ³ 在

0, + ¥
上恒成立，不符合题意，
综上，实数a 的取值范围为
1
, π
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø .
🎯命题方向二  由函数零点或极值点求参数问题
2. 【答案】（1）当
时，
的单调递增区间为
，无单调递减区间；当
时，
的
单调递增区间为
，单调递减区间为
.    
（2）
0
a £

f
x


0, ¥
+
0
a >

f
x
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø
1,a
æ
+¥ö
ç
÷
è
ø
2 ,1
e
æ
ö
ç
÷
è
ø
【分析】（1）求导后讨论
的取值，从而判断导函数的正负，确定单调区间.
（2）根据（1）的结论，以及零点存在定理确定不等式，进而求解
的取值范围.
【详解】（1）已知
，其定义域为
.求导
.
当
时，因为
，所以
，即
.所以
在
上单调递增.
当
时，令
，即
，因为
，所以
，解得
.
当
时，
，则
，所以
在
上单调递增；
当
时，
，则
，所以
在
上单调递减.
综上，当
时，
的单调递增区间为
，无单调递减区间；当
时，
的单调递增区
间为
，单调递减区间为
.
（2）由（1）可知，当
时，
在
上单调递增，所以
在
上至多有一个零点，不
符合题意.所以
，此时
在
上单调递增，在
上单调递减.
要使
在
上有且仅有两个零点，当
趋近于
时，
趋近于
,
所以根据零点存在定理，则需满足
，
，解得
.
，化简得
，解得
.又因
可得
.
综上，
的取值范围是
.
3. 【答案】（1）
;（2）
;（3）见详解.
【分析】（1）求函数f（x）的导数，根据
，
求切线方程；
a
a

ln
1
f x
x
ax
=
-
+


0, ¥
+

1
1 ax
f
x
a
x
x
¢
-
=
-
=
0
a £
0
x >
1
0
ax
-
>

0
f
x
¢
>

f
x


0, ¥
+
0
a >

0
f
x
¢
=
1
0
ax
x
-
=
0
x >
1
0
ax
-
=
1
x
a
=
1
0
x
a
<
<
1
0
ax
-
>

0
f
x
¢
>

f
x
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø
1
x
a
>
1
0
ax
-
<

0
f
x <
′

f
x
1,a
æ
+¥ö
ç
÷
è
ø
0
a £

f
x


0, ¥
+
0
a >

f
x
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø
1,a
æ
+¥ö
ç
÷
è
ø
0
a £

f
x


0, ¥
+

f
x


0,e
0
a >

f
x
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø
1,a
æ
+¥ö
ç
÷
è
ø

f
x


0,e
x
0

f
x
-¥

1
0
e
0
1
0
e
f
a
f
a
ì
æ
ö >
ç
÷
ï
è
ø
ï
ï
<
í
ï
ï
<
<
ï
î
1
1
1
ln
1
ln
0
f
a
a
a
a
a
=
- ´
+ = -
æ
ö
÷
è
ø
>
ç
0
1
a
<
<

e
ln e
e
1
2
e<0
f
a
a
=
-
+ =
-
2
e
0
a
-
<
2
e
a >
1
0
e
a
<
<
1
e
a >
a
2 ,1
e
æ
ö
ç
÷
è
ø
y
bx
c
=
+
32
0, 27
æ
ö
ç
÷
è
ø

0
f
c
=

0
f
b
¢
=
（2）根据导函数判断函数f（x）的单调性，由函数
有三个不同零点，求c 的取值范围；
（2）从两方面必要性和不充分性证明，根据函数的单调性判断零点个数.
【详解】（1）由
，得
．因为
，
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
．
（2）当
时，
，所以
．
令
，得
，解得
或
．
与
在区间
上的情况如下：
所以，当
且
时，存在
，
，
，使得
．
由
的单调性知，当且仅当
时，函数
有三个不同零点．
（3）当
时，
，
，
此时函数
在区间
上单调递增，所以
不可能有三个不同零点．
当
时，
只有一个零点，记作
．
当
时，
，
在区间
上单调递增；

f
x

3
2
f
x
x
ax
bx
c
=
+
+
+

2
3
2
f
x
x
ax
b
¢
=
+
+

0
f
c
=

0
f
b
¢
=

y
f x
=



0,
0
f
y
bx
c
=
+
4
a
b
=
=

3
2
4
4
f
x
x
x
x
c
=
+
+
+

2
3
8
4
f
x
x
x
¢
=
+
+

0
f
x
¢
=
2
3
8
4
0
x
x
+
+
=
2
x = -
2
3
x = -

f
x

f
x
¢


,
-¥ +¥
x


, 2
-¥ -
2
-
2
2,
3
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø
2
3
-
2 ,
3
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø

f
x
¢
+
0
-
0
+

f
x
Z
c
Z
32
27
c -
Z
0
c >
32
0
27
c -
<


1
4, 2
x Î -
-
2
2
2,
3
x
æ
ö
Î -
-
ç
÷
è
ø
3
2 ,0
3
x
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø






1
2
3
0
f
x
f
x
f
x
=
=
=

f
x
32
0, 27
c
æ
ö
Îç
÷
è
ø

3
2
4
4
f
x
x
x
x
c
=
+
+
+
2
4
12
0
a
b
D =
-
<

2
3
2
0
f
x
x
ax
b
=
+
+
>
¢


,
x Î -¥ +¥

f
x


,
-¥ +¥

f
x
2
4
12
0
a
b
D =
-
=

2
3
2
f
x
x
ax
b
¢
=
+
+
0x


0
,
x
x
Î -¥

0
f
x
¢
>

f
x


0
,x
-¥
当
时，
，
在区间
上单调递增．
所以
不可能有三个不同零点．
综上所述，若函数
有三个不同零点，则必有
．
故
是
有三个不同零点的必要条件．
当
，
时，
，
只有两个不同零点，所以
不是
有三个不同零点的充分条件．
因此
是
有三个不同零点的必要而不充分条件．
4.【答案】（1）
    
（2）
    
（3）不存在，理由见详解
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求得答案；
（2）求导，判断
的单调性，求出极值，列式运算得解；
（3）由
，得
与
的零点个数相同，所以
与
各
有两个零点，设
的两个零点为
，
，
的两个零点为
，
，可
得
，分
和
讨论即可.
【详解】（1）由
，当
时，
，
，
故
的图象在
处的切线方程为
，即
.
（2）由
，
当
时，令
，
在
上递减，
最多一个零点，与题意不符；
当
时，令
，则
，则当
，
；当
，
，
所以
在
单调递增，在
上单调递减，


0,
x
x
Î
+¥

0
f
x
¢
>

f
x


0,
x +¥

f
x

f
x
2
4
12
0
a
b
D =
-
>
2
3
0
a
b
-
>

f
x
4
a
b
=
=
0
c =
2
3
0
a
b
-
>



2
3
2
4
4
2
f
x
x
x
x
x x
=
+
+
=
+
2
3
0
a
b
-
>

f
x
2
3
0
a
b
-
>

f
x
1
0
x
y
+
- =
2
a
e
>

f x



2e
2
e
x
x
g x
ax
a
f
=
-
+
=

y
f x
=

y
g x
=

f x

g x

y
g x
=
1
x


2
1
2
x
x
x
<

y
f x
=
3x


4
3
4
x
x
x
<
1
3
4
2
ln
ln
ln
2
a
x
x
x
x
=
<
<
=
1
2
3
4
x
x
x
x
<
<
<
1
3
2
4
x
x
x
x
<
<
<



2
a
f
x
a
x
¢
=
-
Î R
1
a =
1
1
f ¢
=-
1
0
f
=

f x



1,
1
f

1
y
x
=-
-
1
0
x
y
+
- =



2
a
f
x
a
x
¢
=
-
Î R
0
a £

0
f
x
¢
<

f x


0,+¥

f x
0
a >

0
f
x
¢
=
2
a
x =
0, 2
a
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø

0
f
x
¢
>
,
2
a
x
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø

0
f
x
¢
<

f x
0, 2
a
æ
ö
ç
÷
è
ø
,
2
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
故
，且
，
.
故
有两个零点，即
，
.
（3）由于
，所以
与
的零点个数相同.
依题意共有4 个不同的零点，所以
与
各有两个零点.
不妨设
的两个零点为
，
，
的两个零点为
，
，
则有
， 
因为
，得
，①
所以
，②
又
，则
，
，若四个零点成等差数列，则有两种情况：
（1）当
时，即
，
，
，
成等差数列，则有
，③
由②③得
，代入①得
，
，④ 又
，⑤
将④代入⑤式可得
，
由等差数列性质及
，可得
，从而有
，
可得
，解得
，
，这与④矛盾，故实数不存在；
（2）当
时，即
，
，
，
成等差数列，则
，③
由②③得
，同理得
，
，④  又
，⑥
将④代入⑥式可得
，代入③可得
，解得
，
，

ln
1 ln
2
2
2
a
a
a
f x
f
a
a
a
æ
ö
æ
ö
=
=
+
=
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
极大值

0
lim
x
f
x
¥

= -

lim
x
f
x
¥
¥
+
= -

f x

1 ln
0
2
a
f x
aæ
ö
=
+
>
ç
÷
è
ø
极大值
2
e
a
\
>



2e
2
e
x
x
g x
ax
a
f
=
-
+
=

y
f x
=

y
g x
=

f x

g x

y
g x
=
1
x


2
1
2
x
x
x
<

y
f x
=
3x


4
3
4
x
x
x
<
1
3
4
2
ln
ln
ln
2
a
x
x
x
x
=
<
<
=




3
3
3
4
4
4
ln
2
2
0
ln
2
2
0
f x
a
x
x
a
f x
a
x
x
a
ì
=
-
+
=
ïí
=
-
+
=
ïî
3
3
4
4
2
ln
2
2
ln
2
x
x
a
x
x
a
ì
=
-
ïïí
ï
=
-
ïî


3
4
3
4
2
ln
ln
x
x
x
x
a
-
=
-
ln x
x
<
1
3
3
ln
x
x
x
=
<
2
4
4
ln
x
x
x
=
<
1
2
3
4
x
x
x
x
<
<
<
3
lnx
4
lnx
3x
4x
3
4
3
4
ln
ln
x
x
x
x
-
=
-
2
a =
3
3
ln
2
x
x
=
-
4
4
ln
2
x
x
=
-
3
3
4
4
4
3
ln
2ln
ln
2
x
x
x
x
x
x
+
=
ì
í
+
=
î
3
4
4
3
4
3
2
2
2
4
1
2
2
2
x
x
x
x
x
x
-
=
-
ì
Þ
=
+
í
-
=
î
4
3 1
x
x
=
+
4
3
4
3
ln
ln
1
x
x
x
x
-
=
-
=
4
3
ln
1
x
x
=
4
3
e
x
x
=
3
1
e 1
x =
-
4
e
e
1
x =
-
a
1
3
2
4
x
x
x
x
<
<
<
3
lnx
3x
4
lnx
4x
3
4
3
4
ln
ln
x
x
x
x
-
=
-
2
a =
3
3
ln
2
x
x
=
-
4
4
ln
2
x
x
=
-
3
4
3
3
4
4
ln
ln
2
2 ln
x
x
x
x
x
x
+
=
ì
í
+
=
î
3
4
3
4
3
3
4
4
4
2
4
2
4
x
x
x
x
x
x
x
x
+
-
=
ì
Þ
=
+
í
+
=
-
î
4
4
3
e
x
x
=
3
4
4
e
1
x =
-
4
4
4
4e
e
1
x =
-
这与④矛盾，故实数不存在.综上所述，不存在实数使得四个零点成等差数列.
5. 【答案】（1）单调递增区间为
，单调递减区间为
；    
（2）（i）
；（ii）证明见详解
【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性.
（2）（i）方法一：求导，对
进行讨论，结合函数单调性可求解
，即可构造函数
，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对
进行讨论，换元
，
，
，则
， 
可求解
，即可结合解法一求解，解法三：求导，对
进行讨论，
结合零点存在性定理即可求解，解法四：分离常数得
，构造函数
，利用导数求解
函数的单调性，即可结合函数图像求解，（ii）根据（i）的求解可求解函数
的最大值，进而构造函数
，利用导数求解单调性，即可得证.
【详解】（1）由于
令
，则
，令
，
，
在
上单调递增；
令
，
，
在
上单调递减；
于是
的单调递增区间为
，单调递减区间为
；
（2）（i）解法1  由于
若
，
，
，于是
在
上单调递增，至多与
轴只有一个交点，矛
盾；于是
，令
，则等价于
，
易得
，因为
，则
，
a
a
(0,2)
(2,
)
+¥
(0,2 2)
aÎ
a
max
0
0
2
( )
ln
2
f x
x
x
=
-
+
2
( )
ln
2(
0)
h x
x
x
x
=
-
+
>
a
1
t
x
=
+
1
t >
2
( )
2
g t
at
t
a
= -
+
+



2
( )
2
1
g t
f
t
t t
=
-
¢


max
0
0
0
[ ( )]
ln
1
4
f x
f x
x
a x
=
=
-
+ +
a
ln
4
1
x
a
x
+
=
+
ln
4
1
x
y
x
+
=
+

f
x
2
( )
ln
2(
1)
m x
x
x
x
x
=
-
-
+
>

1
3
2
1
3 (
0)
2
1
2
1
x
x
f
x
x
x
x
x x
+ -
+
¢
=
-
=
>
+

0
f
x
¢
=
2
x =

0
f
x
¢
>
(0,2)
xÎ
( )
f x
(0,2)

0
f
x
¢
<
(2,
)
xÎ
+¥
( )
f x
(2,
)
+¥
( )
f x
(0,2)
(2,
)
+¥

2
2
1
2
1
4
4
(
0)
2
1
2
1
2
1 (2
1
)
a
x
ax
a x
x
f
x
x
x
x
x x
x x
x
ax
¢
+ -
-
+
+
=
-
=
=
>
+
+
+ ×
+ +
0
a £
2
1
0
x
ax
+ -
>

0
f
x
¢
>
( )
f x
(0,
)
+¥
x
0
a >

0
f
x
¢
=
2
2
4
4
0
a x
x
-
-
=
2
16 16
0
a
D =
+
>
0
x >


2
2
2 1
1
0
a
x
a
+
+
=
>
令
，则
在
上单调递增，在
上单调递减，
则
，
因为
即
，
，所以
，
显然
不符合题意，故
，即
，
令
，
，则
在
上单调递增，且
，
由于
，所以
，
由于
，令
，
在
上单调递增，则
，
于是
，
，
由零点存在定理，存在
使得
，
当
时，易证
，则
即
，
由于
，
取
，且
，则
，
由零点存在定理，存在
使得
，
所以当
时，
在
上有两个零点.
解法2  由于
，
，
若
，
，
，于是
在
上单调递增，至多与
轴只有一个交点，矛
盾：于是
，令
，
，
，则
，


2
0
2
2 1
1
a
x
a
+
+
=
( )
f x


0
0, x


0,
x
¥
+


max
0
0
0
( )
ln
1
4
f x
f x
x
a x
=
=
-
+ +
2
2
0
0
4
4
0
a x
x
-
-
=


0
2
2
0
4
1
x
a
x
+
=
0
0
2
1
x
a
x
+
=
max
0
0
2
( )
ln
2
f x
x
x
=
-
+


0
0
f
x
£


0
0
f
x
>
0
0
2
ln
2
0
x
x
-
+
>
2
( )
ln
2(
0)
h x
x
x
x
=
-
+
>

2
1
2
0
h x
x
x
=
+
>
¢
( )
h x
(0,
)
+¥
(1)
0
h
=


0
0
0
2
ln
2
0
h x
x
x
=
-
+
>
0
1
x >
2
0
0
1
1
2
a
x
x
=
+
0
1
(0,1)
t
x
=
Î
2
y
t
t
=
+
(0, 1)
(0,2 2)
aÎ


2
0
2
4
2 1
1
2
2
1
2
e
a
x
a
a
+
+
=
>
>
>
4
4
1
1
1
0
e
e
f
a
æ
ö = -
+ <
ç
÷
è
ø
1
0
4
1 ,
e
x
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø


1
0
f
x
=
0
x >
ln
1
£
-
x
x
4
4
ln
1
x
x
£
-
4
ln
4
4
x
x
£
-
4
4
4
( )
ln
1
4
ln
4
4
(4
)
f x
x
a x
x
a x
x
a x
x
a x
=
-
+ +
<
-
+
£
-
=
-


2
0,
x
x
¥
Î
+
2
4
256
x
a
>


2
0
f
x
<


3
0
2
,
x
x
x
Î


3
0
f
x
=
(0,2 2)
aÎ
( )
f x
(0,
)
+¥

1
2
1
a
f
x
x
x
=
-
+
¢
0
x >
0
a £
2
1
0
x
ax
+ -
>

0
f
x
¢
>
( )
f x
(0,
)
+¥
x
0
a >
1
t
x
=
+
1
t >
2
( )
2
g t
at
t
a
= -
+
+



2
( )
2
1
g t
f
t
t t
=
-
¢
令
，则
，
由于
，令
，
，
当
时，
，即
，于是
在
上单调递增，
当
时，
，即
，于是
在
上单调递减，
于是
，若
，即
，
由
，则
，可得
，同解法1；
解法3  由于
，
，
若
，
，
，于是
在
上单调递增，至多与
轴只有一个交点，矛
盾；于是
，设
，
，
若
，则
，
在
上单调递减，且
，
不妨令
，则
，
于是取
，则
，
且
在
上连续，由零点存在定理，存在唯一
，
，
于是
在
单调递增，在
单调递减，则
存在唯一极大值点
；
若
，令
，则
，于是
在
上单调递增，在
单调递
减，由于
，则
，
，且
，
且
在
上连续，由零点存在定理，存在唯一
，
，
( )
0
g t =
2
1
1 a
t
a
±
+
=
2
2
1
1
1
1
0
a
a
a
a
+
+
-
+
>
>
2
2
1
1
a
t
a
+
+
=
2
0
2
1
x
t
=
-


2
1,
t
t
Î
( )
0
g t >

0
f
t
¢
>
( )
f x


0
0, x


2,
t
t
¥
Î
+
( )
0
g t <

0
f
t
¢
<
( )
f x


0,
x
¥
+


max
0
0
0
[ ( )]
ln
1
4
f x
f x
x
a x
=
=
-
+ +


0
0
f
x
£
0
0
ln
1
4
0
x
a x
-
+ +
£


0
0
f
x
¢
=
0
0
2
1
x
a
x
+
=
0
0
2
ln
2
0
x
x
-
+
£

1
2
1
2
1
2
1
a
x
ax
f
x
x
x
x x
+ -
=
-
=
¢
+
+
0
x >
0
a £
2
1
0
x
ax
+ -
>

0
f
x
¢
>
( )
f x
(0,
)
+¥
x
0
a >
( )
2
1
g x
x
ax
=
+ -
1
( )
1
g x
a
x
¢
=
-
+
1
a ³

1
0
g
x
a
<
¢
-
<
( )
g x
(0,
)
+¥
(0)
2
0
g
=
>
2 1
0
x
ax
+
-
<


2
2
2 1
1
a
x
a
+
+
>
2
2
1
2
2
3
2 1
2
2 1
a
a
x
a
a
+
+
+
+
=
>


1
0
g x
<
( )
g x
(0,
)
+¥
0
(0,
)
x Î
+¥


0
0
g x
=
( )
f x


0
0, x


0,
x
¥
+
( )
f x
0x
0
1
a
<
<

0
g
x
¢
=
2
1
1
x
a
=
-
( )
g x
2
1
0,
1
a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
2
1
1,
a
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
(0)
0
g
>
2
1
1
0
g a
æ
ö
-
>
ç
÷
è
ø


1
0
g x
<
1
2
1
1
x
a
>
-
( )
g x
(0,
)
+¥
0
(0,
)
x Î
+¥


0
0
g x
=
于是
在
单调递增，在
单调递减，则
存在唯一极大值点
；
综上所述：若
，
有一个极大值点
；
，
于是
，
若
，则
至多只有一个零点，矛盾；
若
，由于
，同解法1；
解法4  令
，则
，
，于是函数
与函数
的图象在
上有
两个交点，由于
，
设
，
，
，
于是
在
上单调递减，且
，
于是
时，
，
，
在
上单调递增；
时，
，
，
在
上单调递增：
且
，
，所以函数
的图象如图所示，所以
，
（ii）根据（i）可知，
，
其中
，则
，
( )
f x


0
0, x


0,
x
¥
+
( )
f x
0x
0
a >
( )
f x
0x
0
0
2
1
x
ax
+ =




0
max
0
0
0
0
0
0
0
2
1
2
( )
ln
1
4
ln
4
ln
2
x
f x
f x
x
a x
x
x
x
x
+
=
=
-
+ +
=
-
+
=
-
+


0
0
f
x
£
( )
f x


0
0
f
x
>


2
0
2
4
2 1
1
2
2
1
2
e
a
x
a
a
+
+
=
>
>
>
( )
0
f x =
ln
4
1
x
a
x
+
=
+
0
x >
y
a
=
ln
4
1
x
y
x
+
=
+
(0,
)
+¥
3
1
ln
4
2
ln
2
2
1
1
2 (
4)
x
x
x
x
x
x
y
x
x
+
+
-
-
-
+
¢ =
=
+
+
2
( )
ln
2
g x
x
x
=
-
-
0
x >
2
2
1
( )
0
g x
x
x
¢
= -
-
<
( )
g x
(0,
)
+¥
(1)
0
g
=
(0,1)
x Î
( )
0
g x >
0
¢ >
y
ln
4
1
x
y
x
+
=
+
(0, 1)
(1,
)
xÎ
+¥
( )
0
g x <
0
¢ <
y
ln
4
1
x
y
x
+
=
+
(1,
)
+¥
0
ln
4
lim
1
x
x
x

+
= -¥
+
ln
4
lim
0
1
x
x
x
¥
+
=
+
ln
4
1
x
y
x
+
=
+
0
2 2
a
<
<
max
0
0
2
( )
ln
2
f x
x
x
=
-
+


2
0
2
2 1
1
a
x
a
+
+
=


2
0
2
2
2 1
1
2
1 1
a
x
a
a
+
+
=
=
+ -
下证：
即证：
.
设
  
，
令
，
，于是
在
上单调递增，在
上单调递减，
则
，即证
🎯命题方向二  极值点偏移问题
6 . 【答案】（1）
    
（2）证明见的详解
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为
，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为
，则
令
,得
当
单调递减
当
单调递增
，
若
,则
,即
，所以
的取值范围为
[方法二]：同构处理：由
得：
令
，则
即
令
，则
，故
在区间
上是增函数
故
，即
所以
的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,
一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
，要证
,即证


0
0
0
0
2
ln
2
1
x
x
x
x
-
+
<
>
0
0
0
2
ln
2
0
x
x
x
-
-
+
<
2
( )
ln
2(
1)
m x
x
x
x
x
=
-
-
+
>

2
2
2
2
1
2
2
(
2)(
1)
1
x
x
x
x
m x
x
x
x
x
-
+
+
- +
+
¢
=
+
- =
=

0
m
x
¢
=
2
x =
( )
m x
(1,2)
(2,
)
+¥
( )
(2)
ln 2 1
0
m x
m
£
=
- <
.
(
,
1]
e
-¥
+
1
e
1
1
e
2 ln
0
2
x
x
x
x
x
x
x
é
ù
æ
ö
-
-
-
-
>
ç
÷
ê
ú
è
ø
ë
û
( )
f x
(0,
)
+¥
2
1
1
1
( )
1
x
f
x
e
x
x
x
æ
ö
¢
=
-
-
+
ç
÷
è
ø
1
1
1
1
1
1
1
x
x
x
e
e
x
x
x
x
x
æ
ö
-
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
=
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø

0
f
x
¢
=
1
x =
(0,1),
( )
0,
( )
x
f
x
f x
¢
Î
<
(1,
),
( )
0,
( )
x
f
x
f x
>
¢
Î
+¥
( )
(1)
1
f x
f
e
a
³
=
+ -
( )
0
f x ³
1
0
e
a
+ - ³
1
a
e
£ +
a
(
,
1]
e
-¥
+

0
f
x ³
ln
ln
0
x
x
e
x
x
a
-
+ +
-
-
³
ln ,
1
t
x
x
t
-
=
³

0
t
f t
e
t
a
=
+ -
³
t
a
e
t
£
+



,
1,
t
g t
e
t t
=
+
Î
+¥

'
1
0
t
g
t
e
=
+
>

t
g t
e
t
=
+


1, +¥


min
1
1
g t
g
e
=
=
+
1
a
e
£ +
a
(
,
1]
e
-¥
+

f
x
1
2
1
x
x
< <
1
2
1
x x <
1
2
1
x
x
<
因为
,即证
又因为
,故只需证
即证
，即证
下面证明
时，
设
，
则
设
，所以
,而
所以
,所以
所以
在
单调递增，即
,所以
令
，
所以
在
单调递减，即
,所以
；
综上, 
,所以
.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
，令
，则
，
所以
在
上单调递增，故
只有1 个解
又因为
有两个零点
，故
1
2
1
,
(0,1)
x x Î

1
2
1
f x
f
x
æ
ö
>
ç
÷
è
ø



1
2
f x
f x
=


2
2
1
f x
f
x
æ
ö
>
ç
÷
è
ø
1
1
ln
ln
0,
(1,
)
x
x
e
x
x
xe
x
x
x
x
-
+
-
-
-
>
Î
+¥
1
1
1
2 ln
0
2
x
x
e
xe
x
x
x
x
é
ù
æ
ö
-
-
-
-
>
ç
÷
ê
ú
è
ø
ë
û
1
x >
1
1
1
0,ln
0
2
x
x
e
xe
x
x
x
x
æ
ö
-
>
-
-
<
ç
÷
è
ø
1
1
(
,
)
x
x
e
g
xe
x
x
x =
>
-
1
1
1
2
2
1
1
1
1
1
1
( )
1
1
x
x
x
x
x
g x
e
e
xe
e
e
x
x
x
x
x
x
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
¢
=
-
-
+
× -
=
-
-
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
1
1
1
1
1
x
x
x
x
e
x
e
e
e
x
x
x
x
æ
ö
æ
ö
-
æ
ö
=
-
-
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
øè
ø
è
ø




2
2
1
1
1
1 ,
0
x
x
x
e
x
x
x
x
e
e
x
x
x
x
j
j
-
æ
ö
=
>
=
-
=
>
ç
÷
¢
è
ø

1
x
e
j
j
>
=
1
x
e
e
<
1
0
x
x
e
e
x -
>
( )
0
g x
¢
>
( )
g x
(1,
)
+¥
( )
(1)
0
g x
g
>
=
1
0
x
x
e
xe
x -
>
1
1
( )
ln
,
1
2
h x
x
x
x
x
æ
ö
=
-
-
>
ç
÷
è
ø
2
2
2
2
2
1
1
1
2
1
(
1)
( )
1
0
2
2
2
x
x
x
h x
x
x
x
x
-
-
-
-
æ
ö
¢
=
-
+
=
=
<
ç
÷
è
ø
( )
h x
(1,
)
+¥
( )
(1)
0
h x
h
<
=
1
1
ln
0
2
x
x
x
æ
ö
-
-
<
ç
÷
è
ø
1
1
1
2 ln
0
2
x
x
e
xe
x
x
x
x
é
ù
æ
ö
-
-
-
-
>
ç
÷
ê
ú
è
ø
ë
û
1
2
1
x x <

ln
x
x
e
e
f x
a
x
x
=
+
-
1
xe
t
x
=
>

ln
f t
t
t
a
= +
-

1
'
1
0
f
t
t
= +
>

ln
g t
t
t
a
= +
-


1,+¥

0
g t =

ln
x
x
e
e
f x
a
x
x
=
+
-
1
2
,
x x
1
2
1
2
x
x
e
e
t
x
x
=
=
两边取对数得：
，即
又因
，故
，即
下证
因为
不妨设
，则只需证
构造
，则
故
在
上单调递减，故
，即
得证
7. 【答案】（1）答案见详解；
（2）①
1
0
2
a
-
<
<
；②证明见详解.
【分析】（1）求出函数( )
f x 的定义域及导数，再分类讨论求出函数的单调区间.
（2）（i）由（1）的结论，结合极大值、最小值及零点存在性定理求出范围；（ii）根据给定条件，构造函
数并利用极值点偏移推理得证.
【详解】（1）函数
2
1
( )
ln
(
1)
2
f x
a
x
x
a
x
=
+
-
+
的定义域为(0,
)
+¥ ，
0
a ¹
，
求导得
(
)(
1)
( )
(
1)
a
x
a x
f
x
x
a
x
x
-
-
¢
=
+
-
+
=
，
当
0
a <
时，由
( )
0
f
x
¢
<
，得0
1
x
< < ；由
( )
0
f
x
¢
>
，得
1
x> ，
函数( )
f x 在(0,1)上单调递减，在(1,
)
+¥ 上单调递增；
当0
1
a
< < 时，由
( )
0
f
x
¢
<
，得
1
< <
a x
；由
( )
0
f
x
¢
>
，得0
x
a
<
<
或
1
x> ，
函数( )
f x 在( ,1)
a
上单调递减，在(0, ),(1,
)
+¥
a
上单调递增；
当
1
a= 时，
( )
0
f
x
¢
³
恒成立，函数( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增；
当
1
a> 时，由
( )
0
f
x
¢
<
，得1 x a
< < ；由
( )
0
f
x
¢
>
，得0
1
x
< < 或x
a
>
，
函数( )
f x 在(1, )
a 上单调递减，在(0,1),( ,
)
+¥
a
上单调递增，
所以当
0
a <
时，函数( )
f x 的递减区间为(0,1)，递增区间为(1,
)
+¥ ；
1
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x
-
=
-
1
2
1
2
1
ln
ln
x
x
x
x
-
=
-
为

1
2
1
2
1
2
*
ln
ln
x
x
x x
x
x
-
<
-
1
2
1
x x <
1
2
1
x x <

1
2
1
2
1
2
*
ln
ln
x
x
x x
x
x
-
<
-
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
2
ln
ln
ln
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x x
-
-
<

-
<

<
-
-
1
2
1
x
t
x
=
>
1
2lnt
t
t
< -

1
2ln
,
1
h t
t
t
t
t
=
- +
>

2
2
2
1
1
'
1
1
0
h t
t
t
t
æ
ö
=
- -
= -
-
<
ç
÷
è
ø

1
2ln
h t
t
t
t
=
- +


1,+¥


1
0
h t
h
<
=
1
2lnt
t
t
< -
当0
1
a
< < 时，函数( )
f x 的递减区间为( ,1)
a
，递增区间为(0, ),(1,
)
+¥
a
；
当
1
a= 时，函数( )
f x 的递增区间为(0,
)
+¥ ；
当
1
a> 时，函数( )
f x 的递减区间为(1, )
a ，递增区间为(0,1),( ,
)
+¥
a
.
（2）（i）由（1）知，当
1
a= 时，函数( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，( )
f x 最多一个零点，不符合题意；
当0
1
a
< < 时，函数( )
f x 在x
a
=
处取得极大值
2
1
( )
ln
0
2
f a
a
a
a
a
=
-
-
<
，( )
f x 最多一个零点，不符合题意；
当
1
a> 时，函数( )
f x 在
1
x= 处取得极大值
1
(1)
0
2
f
a
= - -
<
，( )
f x 最多一个零点，不符合题意；
当
0
a <
时，
min
1
( )
(1)
2
=
= - -
f x
f
a
，
由函数( )
f x 有两个不相等的零点
1
2
,
x x ，得
1
0
2
a
- -
< ，则
1
0
2
a
-
<
<
，
当x 从大于0 的方向趋近于0 时，( )
f x 趋近于正无穷大，函数( )
f x 在(0,1)上有唯一零点；
而
2
1
1
(e)
e
(
1 e
(1 e)
e(e
2)
0
2
2
)
f
a
a
a
=
+
-
+
=
-
+
-
>
，函数( )
f x 在(1,e)有唯一零点，
因此当
1
0
2
a
-
<
<
时，函数( )
f x 有两个不相等的零点，所以实数a 的取值范围是
1
0
2
a
-
<
<
.
（ii）由（i）知，当
1
0
2
a
-
<
<
时，函数( )
f x 有两个不相等的零点
1
2
,
x x ，不妨令
1
2
0
1
x
x
<
< <
，
令函数( )
( )
(2
),0
1
g x
f x
f
x
x
=
-
-
<
< ，求导得
( )
( )
(2
)
g x
f
x
f
x
¢
¢
¢
=
+
-
(
)(
1)
(2
)(2
1)
(
)(
1)
(2
)(1
)
2
2
x
a x
x
a
x
x
a x
x
a
x
x
x
x
x
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
=
+
=
+
-
-
2
2
2 (1
)
(1
)(
)
0
2
(2
)
x
a
x
a
a
x
x
x
x
x x
-
-
-
-
=
-
-
=
<
-
-
，函数( )
g x 在(0,1)上单调递减，
则( )
(1)
0
g x
g
>
=
，即当0
1
x
< < 时，
( )
(2
)
f x
f
x
>
-
，于是
1
1
(
)
(2
)
f x
f
x
>
-
，
因此
2
1
1
(
(
)
(2
)
)
f x
f x
f
x
=
>
-
，又
2
1
1, 2
1
x
x
>
-
> ，函数( )
f x 在(1,
)
+¥ 上单调递增，
则
2
1
2
x
x
>
-
，所以
1
2
2
x
x
+
>
.
8.【答案】（1）
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø
（2）证明见详解.
【分析】（1）由已知可得

0
f x
¢
= 有两个根，转化为函数y
a
=
与函数
ex
x
y =
有两个交点，结合图象求解；
（2）由
1
1
e x
x
a =
，
2
2
ex
x
a =
，得
1
1
2
1
2
2
ln
ln
ln x
x
x
x
x
x
-
=
-
=
，令
1
2
x
t
x
=
，用t 表示
1
2
,
x x ，代入
1
2
2
x
x
+
，构造函
数证明.
【详解】（1）由已知可得

ex
x
f
x
a -
¢
=
，因为
f x 有两个极值点，所以

0
f x
¢
= 有两个根，
所以函数y
a
=
与函数
ex
x
y =
有两个交点，对函数
x
x
y
e
=
，
1
ex
x
y¢
-
=
，
当

,1
xÎ -¥
时
0
y¢ >
；当


1,
xÎ +¥ 时，
0
y¢ <
.
所以函数
ex
x
y =
在
,1
-¥
单调递增，在

1,+¥ 单调递减，
当
1
x= 时，取得最大值1
e，且x -¥ 时，y - ¥ ；x + ¥ 时，
0
y 
，所以函数
ex
x
y =
的图象如图所示，
所以若函数y
a
=
与函数
ex
x
y =
有两个交点，则
1
0
e
a
<
<
，所以实数a 的取值范围是
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø .
（2）由（1）可知
1
1
e x
x
a =
，
2
2
ex
x
a =
，所以
1
1
ln
ln
x
x
a
=
-
①，
2
2
ln
ln
x
x
a
=
-
②，
①-②得
1
1
2
1
2
2
ln
ln
ln x
x
x
x
x
x
-
=
-
=
，
令
1
2
x
t
x
=
，则


0,1
tÎ
，所以
2
ln
1
t
x
t
= - ，
1
ln
1
t t
x
t
= - ，所以
1
2
ln
2ln
2
1
1
t t
t
x
x
t
t
+
=
+
-
-
，
令


ln
2ln
3
1
g t
t t
t
t
=
+
-
-
，则

2
ln
2
g t
t
t
+
¢
=
-
，令
2
ln
2
h t
t
t
=
+
- ，则

2
2
1
2
2
0
t
h t
t
t
t
¢
-
= -
=
<
，
所以

g t
¢
在

0,1 单调递减，所以

1
0
g t
g
¢
¢
>
= ，所以

g t 在

0,1 单调递增，所以
1
0
g t
g
<
= ，
即


ln
2ln
3
1
0
t t
t
t
+
-
- < ，得


ln
2ln
3
1
t t
t
t
+
<
-
，又
1 0
t - <
，所以ln
2ln
3
1
t t
t
t
+
>
-
，即
1
2
2
3
x
x
+
>
，得证.
🎯命题方向三 隐零点问题
9． 【答案】（1）3
2
0
x
y
+
-
=
（2）




, 1
1,0
mÎ -¥ - È -
（3）证明见详解
【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程；
（2）函数求导后，根据参数m的取值分类讨论，得到
0
m <
时，极小值


1
(
)
ln
1
f
m
m
m
-
=
+
-
< - ，构造函数




1
ln
0
u m
m
m m
= + +
-
<
，求导推得


max
1
0
u m
u
=
- = ，即可求得不等式

0
u
m
<
的解集；
（3）由

0
g
x
=
得
ln
1
e
0
x
x
m
x
+
-
-
=
，令


ln
1
e
,
0,
x
x
v x
m x
x
+
=
-
-
Î
+¥ ，则

2
2
e
ln
x
x
x
v
x
x
+
=
¢
，令



2e
ln ,
0,
x
r x
x
x x
=
+
Î
+¥ ，求导判断
r x 在区间

0,
¥
+
上单调递增，结合零点存在定理，推得
0
1 ,1
e
x
æ
ö
$
Îç
÷
è
ø ，使得

0
0
r x =
，求出
v x 的最小值为

0
0
0
0
ln
1
e x
x
v x
m
x
+
=
-
-
，由

0
0
r x =
可得
0
0
1
ex
x
=
，
0
0
ln
x
x
= -
，故得
v x 的最小值
0
1
v x
m
= -
，由
1
m > 即可判断函数
v x ，即函数

g
x
的零点个数.
【详解】（1）当
2
m=
时，

1
2
ln
f
x
x
x
=
-
-
，则

1
2
f
x
x
= - -
¢
，所以1
1
f
=- ，

1
3
f ¢
= - ，
则曲线

y
f
x
=
在点



1,
1
f
处的切线方程为


1
3
1
y
x
+ =-
-
，整理得：3
2
0
x
y
+
-
=
．
（2）函数

f
x 的定义域为

0,
¥
+
，且

1
1
mx
f
x
m
x
x
¢
+
= -
-
= -
，
① 当
0
m ³
时，易得

0
f
x
¢
<
，

f
x 在

0,
¥
+
上单调递减，则

f
x 无极小值，不合题意；
② 当
0
m <
时，由

0
f
x
¢
>
，得
1
x
m
> -
，即

f
x 在
1 ,
m
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø 上单调递增；
由

0
f
x
¢
<
，得
1
0
x
m
<
< -
时，即

f
x 在
1
0,
m
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递减，
所以

f
x 的极小值为：


1
(
)
ln
f
m
m
m
-
=
+
-
，
因为

f
x 的极小值小于
1
-
，所以


ln
1
m
m
+
-
<- ，即


1
ln
0
m
m
+ +
-
< ．
令



1
ln
0
u m
m
m m
= + +
-
<
，则

1
1
1
m
u m
m
m
¢
+
= +
=
，
所以当


, 1
mÎ -¥ -
时，0
u m
¢
> ，当


1,0
mÎ -
时，0
u m
¢
< ，
则
u m 在

, 1
¥
-
-
上单调递增，在

1, 0
-
上单调递减，
因为
1
0
u - = ，所以由

0
u
m
<
可得




, 1
1,0
mÎ -¥ - È -
.
（3）



e
e
ln
1,
0,
x
x
g x
f x
x
m x
x mx
x
=
+
-
=
-
-
-
Î
+¥ ．令

0
g
x
=
，得
ln
1
e
0
x
x
m
x
+
-
-
=
，
令


ln
1
e
,
0,
x
x
v x
m x
x
+
=
-
-
Î
+¥ ，则

g
x
与
v x 有相同的零点，
且



2
2
2
1
ln
1
e
ln
e
x
x
x
x
x
v
x
x
x
-
+
+
=
¢
-
=
．
令


2e
ln ,
0,
x
r x
x
x x
=
+
Î
+¥ ，则

2
1
2
ex
r x
x
x
x
=
+
+
¢
，
因为
0
x >
，则
0
r x
¢
>
，所以
r x 在区间

0,
¥
+
上单调递增，
又
1 2
e
1
e
1
0
e
r
-
æ
ö =
- <
ç
÷
è
ø
，
1
e
0
r
=
>
，所以
0
1 ,1
e
x
æ
ö
$
Îç
÷
è
ø ，使得

0
0
r x =
，
所以当


0
0,
x
x
Î
时，0
r x < ，即
0
v x
¢
<
；当


0,
x
x
Î
+¥ 时，
0
r x >
，即
0
v x
¢
>
，
所以
v x 在

0
0, x
单调递减，在

0 ,
x
+¥ 单调递增，
所以
v x 的最小值为

0
0
0
0
ln
1
e x
x
v x
m
x
+
=
-
-
．
由

0
0
r x =
，得
0
0
2
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
e
ln
0
e
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
=

-
=
=
，即
0
0
1
ln
0
0
1
e
ln
e
x
x
x
x
=
×
，
令
ex
x
x
j
=
，


0,
xÎ
+¥ ，则



1
0
e x
x
x
j ¢
=
+
>
，则

x
j
在

0,
¥
+
单调递增．
因为
0
1
1
e
x
<
< ，所以
0
1
ln
0
x > ，则

0
0
1
ln
x
x
j
j æ
ö
=
ç
÷
è
ø
，所以
0
0
1
ln
x
x
=
，从而
0
0
1
ex
x
=
，
0
0
ln
x
x
= -
，
所以
v x 的最小值

0
0
0
0
0
0
0
ln
1
1
1
e
1
x
x
x
v x
m
m
m
x
x
x
+
-
+
=
-
-
=
-
-
= -
．
当x 趋近于0 时，
v x 趋近于0 或+¥ 时，
v x 趋近于+¥ ，又因
1
m > ，所以min 1
0
v x
m
= - < ，
所以
v x 有2 个零点，故

g
x
有2 个零点．
10. 【答案】（1）最小值为
73
3
-
，最大值为8
3
（2）（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）
2
17
2e
3
+
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求出函数的极值，然后与端点值进行比较即可求得最值；
（2）（ⅰ）令



2
1
e
3
2
x
g x
f x
x
b
a
x
=
+
+
+
-
，并用导数研究其单调性，根据单调性找到隐零点，结合函
数在区间单调性即可确定根的唯一性，即可证明.
（ⅱ）先求得
0
0
3
2
2
0
0
0
0
1
1
1
4
4e
4
e
1
6
2
2
x
x
a
b
x
x
x
x
-
=
+
-
-
-
+ ，然后



3
2
2
1
1
1
4e
4
e
1,
0,
6
2
2
x
x
u x
x
x
x
x
x
¥
=
+
-
-
-
+
Î
+
，利用导数求出单调区间，即可求解最大值.
【详解】（1）若
3
a= ，则

3
2
1
3
1
3
f x
x
x
x
=
-
-
+ ，所以




2 2
3
3
1
f x
x
x
x
x
=
-
- =
-
+
¢
，
令

0
f x
¢
= ，可得
3
x= 或
1
x=- ，令

0
f x
¢
> ，可得
3
x> 或
1
x<- ，令
0
f x
¢
< ，可得1
3
x
- < < ，
故
f x 在

1,3
-
单调递减，

, 1
¥
- - ，

3, ¥
+
单调递增.
所以. ( )
f x 在
1
x=- 处取得最大值

8
1
3
f -
=
，( )
f x 在
3
x= 处取得最小值3
8
f
=-
，又



73
17
8
4
8,
4
3
3
3
f
f
-
= -
< -
= -
<
，
所以
f x 在

4, 4
-
上的最小值为


73
4
3
f -
= -
，最大值为

8
1
3
f -
=
；
（2）（ⅰ）令





2
3
2
1
1
1
e
3
1
e
1
2
3
2
x
x
g x
f x
x
b
a
x
x
a x
ax
x
b
=
+
+
+
-
=
+
-
-
+
+
+ ，
则












2
1
1 e
1
1 e
1
e
x
x
x
g x
x
a x a
x
x
x a
x
x
x a
=
+
-
- +
+
=
+
-
+
+
=
+
- +
¢
，
令
ex
h x
x a
= - +
，显然
h x 在

0, ¥
+
上单调递增，又0
1
0
h
a
= - < ，e
0
a
h a =
> ，
所以存在唯一的


0,
m
a
Î
，满足
0
h m =
，即
em
a
m
=
+
，
且当0
x
m
< <
时，

0,
0
h x
g x
¢
<
< ，当x
m
>
时，

0,
0
h x
g x
¢
>
> ，
故
g x 在

0,m 上单调递减，在

,
m ¥
+
上单调递增，

g m 是
g x 在

0, ¥
+
上的极小值，也是最小值，又因为

0
1 0,
,
g
b
x
g x
= + >
+¥
+¥，
要使
0
g x =
在

0, ¥
+
上仅有一个实根0x ，必需
0x
m
=
，所以
0
0
e x
a
x
=
+
；
（ⅱ）由（ⅰ）知，



0
3
2
0
0
0
0
0
1
1 1
e
1
0
3
2
x
g x
x
a x
ax
x
b
=
+
-
-
+
+
+ =
，
将
0
0
e x
a
x
=
+
代入，得
0
3
2
2
0
0
0
1
1
1
e
1
0
6
2
2
x
x
x
x
b
-
-
-
+ + =
，所以
0
3
2
2
0
0
0
1
1
1
e
1
6
2
2
x
b
x
x
x
=
+
+
- ，所以
0
0
3
2
2
0
0
0
0
1
1
1
4
4e
4
e
1
6
2
2
x
x
a
b
x
x
x
x
-
=
+
-
-
-
+ ，
令


3
2
2
1
1
1
4e
4
e
1,
0,
6
2
2
x
x
u x
x
x
x
x
x
¥
=
+
-
-
-
+
Î
+
，
则



2
2
2
1
1
1
4e
4
e
e
e
1
4
2
2
2
x
x
x
x
u
x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
=
+
-
-
-
-
=
+
-
-
ç
÷
è
ø
¢




1 e
1
2
4
2
x
x
x
= -
+
-
+
，
令
0
u x
¢
>
，可得0
2
x
< < ，令
0
u x
¢
<
，可得
2
x >
，故
u x 在

2, ¥
+
单调递减，

0,2 单调递增.
即( )
u x 在
2
x =
处取得最大值
2
17
2
2e
3
u
=
+
.故4a b
- 的最大值为
2
17
2e
3
+
.
11. 【答案】（1）最小值为
73
3
-
，最大值为8
3
（2）（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）
2
17
2e
3
+
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求出函数的极值，然后与端点值进行比较即可求得最值；
（2）（ⅰ）令



2
1
e
3
2
x
g x
f x
x
b
a
x
=
+
+
+
-
，并用导数研究其单调性，根据单调性找到隐零点，结合函
数在区间单调性即可确定根的唯一性，即可证明.
（ⅱ）先求得
0
0
3
2
2
0
0
0
0
1
1
1
4
4e
4
e
1
6
2
2
x
x
a
b
x
x
x
x
-
=
+
-
-
-
+ ，然后



3
2
2
1
1
1
4e
4
e
1,
0,
6
2
2
x
x
u x
x
x
x
x
x
¥
=
+
-
-
-
+
Î
+
，利用导数求出单调区间，即可求解最大值.
【详解】（1）若
3
a= ，则

3
2
1
3
1
3
f x
x
x
x
=
-
-
+ ，所以




2 2
3
3
1
f x
x
x
x
x
=
-
- =
-
+
¢
，
令

0
f x
¢
= ，可得
3
x= 或
1
x=- ，
令

0
f x
¢
> ，可得
3
x> 或
1
x<- ，令
0
f x
¢
< ，可得1
3
x
- < < ，
故
f x 在

1,3
-
单调递减，

, 1
¥
- - ，

3, ¥
+
单调递增.
所以. ( )
f x 在
1
x=- 处取得最大值

8
1
3
f -
=
，( )
f x 在
3
x= 处取得最小值3
8
f
=-
，又



73
17
8
4
8,
4
3
3
3
f
f
-
= -
< -
= -
<
，
所以
f x 在

4, 4
-
上的最小值为


73
4
3
f -
= -
，最大值为

8
1
3
f -
=
；
（2）（ⅰ）令





2
3
2
1
1
1
e
3
1
e
1
2
3
2
x
x
g x
f x
x
b
a
x
x
a x
ax
x
b
=
+
+
+
-
=
+
-
-
+
+
+ ，
则












2
1
1 e
1
1 e
1
e
x
x
x
g x
x
a x a
x
x
x a
x
x
x a
=
+
-
- +
+
=
+
-
+
+
=
+
- +
¢
，
令
ex
h x
x a
= - +
，显然
h x 在

0, ¥
+
上单调递增，又0
1
0
h
a
= - < ，e
0
a
h a =
> ，
所以存在唯一的


0,
m
a
Î
，满足
0
h m =
，即
em
a
m
=
+
，
且当0
x
m
< <
时，

0,
0
h x
g x
¢
<
< ，当x
m
>
时，

0,
0
h x
g x
¢
>
> ，
故
g x 在

0,m 上单调递减，在

,
m ¥
+
上单调递增，

g m 是
g x 在

0, ¥
+
上的极小值，也是最小值，又因为

0
1 0,
,
g
b
x
g x
= + >
+¥
+¥，
要使
0
g x =
在

0, ¥
+
上仅有一个实根0x ，必需
0x
m
=
，所以
0
0
e x
a
x
=
+
；
（ⅱ）由（ⅰ）知，



0
3
2
0
0
0
0
0
1
1 1
e
1
0
3
2
x
g x
x
a x
ax
x
b
=
+
-
-
+
+
+ =
，
将
0
0
e x
a
x
=
+
代入，得
0
3
2
2
0
0
0
1
1
1
e
1
0
6
2
2
x
x
x
x
b
-
-
-
+ + =
，所以
0
3
2
2
0
0
0
1
1
1
e
1
6
2
2
x
b
x
x
x
=
+
+
- ，所以
0
0
3
2
2
0
0
0
0
1
1
1
4
4e
4
e
1
6
2
2
x
x
a
b
x
x
x
x
-
=
+
-
-
-
+ ，
令


3
2
2
1
1
1
4e
4
e
1,
0,
6
2
2
x
x
u x
x
x
x
x
x
¥
=
+
-
-
-
+
Î
+
，
则



2
2
2
1
1
1
4e
4
e
e
e
1
4
2
2
2
x
x
x
x
u
x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
=
+
-
-
-
-
=
+
-
-
ç
÷
è
ø
¢




1 e
1
2
4
2
x
x
x
= -
+
-
+
，
令
0
u x
¢
>
，可得0
2
x
< < ，令
0
u x
¢
<
，可得
2
x >
，
故
u x 在

2, ¥
+
单调递减，

0,2 单调递增.
即( )
u x 在
2
x =
处取得最大值
2
17
2
2e
3
u
=
+
.故4a b
- 的最大值为
2
17
2e
3
+
.
题型04 导数与不等式恒（能）成立问题 
🎯命题方向一 利用导数证明不等式
1. 【答案】（1）证明见详解；    
（2）
h x 有2个零点.
【分析】（1）要证：
1
x
" >
，

f x
g x
<
，只需证：
1
x
" >
，

0
f x
g x
-
<
，令



1
ln
F x
f x
g x
x
x
x
=
-
=
-
+
，故只需证：
1
x
" >
，

0
F x <
即可，利用导数分析函数

F x
单调性，证明即可；
（2）利用导数研究函数
h x 的单调性，求得函数
h x 的最大值，利用极限结合单调性判断即可.
【详解】（1）当
1
a =
时，
ln
f x
x
=
，
要证：
1
x
" >
，

f x
g x
<
，只需证：
1
x
" >
，

0
f x
g x
-
<
，
令



1
ln
F x
f x
g x
x
x
x
=
-
=
-
+
，
故只需证：
1
x
" >
，

0
F x <
即可，



2
1
1
1
1
2
1
2
2
2
2
x
x
x
F
x
x
x
x
x
x
x
x
x
¢
-
-
-
-
=
-
-
=
=
，
当
1
x >
时，

2
1
0, 2
0
x
x
x
-
-
，故

0
F x
¢
<
，即

F x 在

1, ¥
+
上单调递减.
又
1
ln1 1 1 0
F
=
- + =
，
所以当
1
x >
时，

1
0
F x
F
<
=
，即

0
f x
g x
-
<
，
故
1
x
" >
，

f x
g x
<
.
（2）


2
2
1
1
ln
ln
2
h x
f
x
g x
a
x
x
a
x
x
x
x
æ
ö
é
ù
=
-
=
-
-
=
-
-
+
ç
÷
ë
û
è
ø
定义域为：

0, ¥
+
，

2
2
2
1
1
1
a
x
ax
h x
x
x
x
-
+
+
=
- +
=
¢
，
令

0
h x
¢
=
，即
2
1
0
x
ax
-
+
+
=
，判别式
2
4
0
=
D
+
>
a
，
所以方程有两个实根：
2
1
4
2
a
a
x
-
+
=
或
2
2
4
2
a
a
x
+
+
=
因
0
a >
，故
2
1
4
0
2
-
+
<
= a
a
x
（舍去），
2
2
4
1
2
+
+
>
= a
a
x
，
当
2
0 x
x
< <
时，

0
h x
¢
>
，
h x 单调递增；当
2
x
x
>
时，

0
h x
¢
<
，
h x 单调递减；
故
h x 在
2
x x
=
处取得最大值

2
2
2
2
1
ln
2
h x
a
x
x
x
=
-
-
+
由于
2
2
2 1 0
-
+
+ =
x
ax
，所以
2
2
1
0
=
-
>
a
x
x
，所以

2
2
2
2
2
2
1
1
ln
2
h x
x
x
x
x
x
æ
ö
=
-
-
-
+
ç
÷
è
ø
，
设

1
1
ln
2
G t
t
t
t
t
t
æ
ö
=
-
- - +
ç
÷
è
ø
，
1
t > ，

2
1
1
ln
0
G t
t
t
æ
ö
=
+
>
ç
÷
è
ø
¢
，所以

G t 在

1, ¥
+
上单调递增，
又
1
0
G
=
，所以

0
G t >
，所以

2
0
h x
>
，
当
0
x 
时，
h x
¥
-
，当x+¥时，
h x
¥
-
.
由于
1
1
ln1 1
2
0
1
h
a
=
- -
+
=
，即
1
x =
是
h x 的一个零点.
又
h x 在

2
0, x
单调递增，在

2,
x
¥
+
单调递减；
则函数


2
h x
f
x
g x
é
ù
=
- ë
û
零点有2个.所以，当
0
a >
时，
h x 有2个零点.
2. 【答案】（1）证明见详解    
（2）当
1
n =
时，
f x 有且仅有1 个零点；当
2
n ³
时，
f x 有且仅有2 个零点    
（3）证明见详解
【分析】（1）借助导数求导后，利用导数定义判断即可得；
（2）分
1
n =
及
2
n ³
进行讨论，利用导数可研究函数单调性，再利用函数单调性与零点存在性定理判断即
可得；
（3）令
2
n =
，可得
2
1
1
ln
3 x
x
x
æ
ö
-
³
ç
÷
è
ø
，再累加求和即可得证.
的
【详解】（1）





1
2
1
1
1
n
nx
n
x
f
x
n
x
+ -
+
+
=
+
¢
，
令


1
1
1
n
g x
nx
n
x
+
=
-
+
+ ，则








1
1
1
1
n
n
g
x
n
nx
n
n
nx
¢
=
+
-
+
=
+
-
，
而
*
N
n Î
且
1
x >
，所以

0
g
x
¢
>
，即
g x 在

1, ¥
+
上单调递增，
1
0
g x
g
>
=
，
所以

0
f
x
¢
>
，即
f x 在

1, ¥
+
上单调递增，所以
1
0
f x
f
>
=
；
（2）①
1
n =
时，
1
1
ln
2
f x
x
x
x
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø
，



2
2
1
0
2
x
f
x
x
-
=
³
¢
，
所以
f x 在

0, ¥
+
上单调递增，又1
0
f
=
，则此时
f x 有且仅有1 个零点；
②
2
n ³
时，

g x
¢
在
1
0, n
n
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上小于0，在
1 ,
n
n
¥
æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
上大于0，
即
g x 在
1
0, n
n
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
1 ,
n
n
¥
æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，
又

0
1 0
1
0
g
g
= >
=
，
且
1
1
n
n < ，则存在唯一的


0
0
1
0,
,
0
n
x
g x
n
æ
ö
Î
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
即
g x 在

0
0, x
和

1, ¥
+
上大于0，在

0,1
x
上小于0，
所以
f x 在

0
0, x
上单调递增，在

0,1
x
上单调递减，在

1, ¥
+
上单调递增，
又
0
x
+

时，




0
,
1
0
f x
f x
f
¥
-
>
=
，
则
f x 在

0
0, x
上存在唯一零点，在其余区间有且只有1 这一个零点，
此时函数
f x 有且仅有2 个零点；综上所述，当
1
n =
时，
f x 有且仅有1 个零点；
当
2
n ³
时，
f x 有且仅有2 个零点；
（3）令
2
n =
，且
1
x >
时，得
2
1
1
ln
3 x
x
x
æ
ö
-
>
ç
÷
è
ø
，再令
3
1
1
x
t
=
+
，
代入化简可得




3
3
2
1
1
1 ln
1
ln
3
3
t
t
t
t
×
>
+
-
+
，
则








3
3
3
2
3
2
3
3
2
1
1
1
1
1
1
1
1
ln2
ln1
ln3
ln2
ln
1
ln
3
3
3
3
3
1
1
2
2
t
t
t
t
×
+
×
+
×
>
-
+
-
+
+
+
-
+
+
+
L
L






1
1
ln
1
ln1
ln
1
3
3
t
t
=
+
-
=
+
，则


3
3
3
2
3
2
3
3
2
1
1
1
ln
1
1
1
2
2
t
t
t
+
+¼+
>
+
+
+
+
.
🎯命题方向二 利用导数研究不等式恒成立问题
3. 【答案】（1）答案见详解；    
（2）
；    
（3）证明见详解.
【分析】（1）求导，结合导数分
，
，
三种情况进行讨论求解；
（2）利用导数分
，
两种情况，当
时，
，再证
；当
时，可根据导数推出不成立；
（3）先由极值求
，根据导数的几何意义求出
，令
，再利用导数确定其零点即
可证明．
【详解】（1）
，
当
时，
，所以
在
上单调递增，
当
时，令
，解得
，
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增，
当
时，令
，解得
，
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
综上，当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减．
（2）当
时，
恒成立，即
，移项可得
，
令
， 
，
1
, 2
æ
ù
-¥
ç
ú
è
û
0
a =
0
a >
0
a <
1
2
a £
1
2
a >
1
2
a £

1
2
e
e
1
e
e
1
x
ax
x
x
g x
x
x
=
-
+ £
-
+
1
2
e
e
1
0
x
x
x
-
+ <
1
2
a >
a

g x



h x
f
x
g x
=
-



e
1
,
ax
f
x
ax
x
¢
=
+
Î R
0
a =

1
0
f
x
¢
=
>

f
x


,
¥
¥
-
+
0
a >

0
f
x
¢
=
1
x
a
= -
1
x
a
< -

0
f
x
¢
<

f
x
1
x
a
> -

0
f
x
¢
>

f
x
0
a <

0
f
x
¢
=
1
x
a
= -
1
x
a
< -

0
f
x
¢
>

f
x
1
x
a
> -

0
f
x
¢
<

f
x
0
a =

f
x


,
¥
¥
-
+
0
a >

f
x
1
,
a
¥
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø
1 ,
a
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
0
a <

f
x
1
,
a
¥
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø
1 ,
a
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
0
x >

e
1
x
f
x <
-
e
e
1
ax
x
x
<
-
e
e
1
0
ax
x
x
-
+ <

e
e
1,
0
ax
x
g x
x
x
=
-
+
>



e
1
e
ax
x
g
x
ax
=
+
-
¢
令
，
，
，
①
时，又
，所以
，
令
，
，
令
，
，
在
单调递减，
，即
，
在
单调递减，
，
即
，故
时符合题意；
②当
时，
，
故
，
时，
，
单调递增，
，
时，
，
单调递增，
，故
时不符合题意；
综上，
的取值范围是
；
（3）证明：因为
有最大值
，所以
， 
，解得
．
当
时，
，
，
已知曲线
在点
处的切线方程为
，
则切线斜率
，又
，
根据点斜式方程可得切线方程为
，
即
．
令
，则
．
，
令
，
，



e
1
e
ax
x
h x
ax
=
+
-



2
e
2
e
ax
x
h x
a
a x
=
+
-
¢

0
2
1
h
a
¢
=
-
1
2
a £
0
x >

1
2
e
e
1
e
e
1
x
ax
x
x
g x
x
x
=
-
+ £
-
+

1
2
e
e
1,
0
x
x
u x
x
x
=
-
+
>

1
1
1
2
2
2
1
1
1 e
e
e
1 e
2
2
x
x
x
x
u
x
x
x
æ
ö
æ
ö
=
+
-
=
+ -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
¢

1
2
1
1 e
,
0
2
x
v x
x
x
=
+ -
>

1
2
1
1 e
0
2
2
x
v x
¢
=
-
<
\ 
v x


0, ¥
+


0
0
v x
v
<
=

0
u
x
¢
<
\

u x


0, ¥
+


0
0
u x
u
<
=

1
2
e
e
1
e
e
1
0
x
ax
x
x
g x
x
x
=
-
+ £
-
+ <
1
2
a £
1
2
a >

0
2
1
0
h
a -
¢
=
>


0
0,
x
¥
$
Î
+


0
0,
x
x
Î

0
h
x
¢
>

h x


0
0
h x
h
>
=
\


0
0,
x
x
Î

0
g
x
¢
>

g x


0
0
g x
g
>
=
1
2
a >
a
1
, 2
æ
ù
-¥
ç
ú
è
û
( )
f x
1
e
0
a <

1
max
1
1
1
e
e
f x
f
a
a
-
æ
ö
=
-
= -
=
ç
÷
è
ø
1
a = -
1
a = -

e x
f
x
x
-
=



e
1
x
f
x
x
-
¢
=
-

y
f
x
=




0
0
,
x
f x

y
g x
=




0
0
0
e
1
x
k
f
x
x
-
¢
=
=
-


0
0
0e
x
f
x
x
-
=



0
0
0
0
0
e
e
1
x
x
y
x
x
x
x
-
-
-
=
-
-




0
0
0
0
0
e
1
e
x
x
g x
x
x
x
x
-
-
=
-
-
+






0
0
0
0
0
e
e
1
e
x
x
x
h x
f
x
g x
x
x
x
x
x
-
-
-
=
-
=
-
-
-
-


0
0
h x
=





0
0
e
1
e
1
x
x
h
x
x
x
-
-
-
¢
=
-
-





0
0
e
1
e
1
x
x
m x
x
x
-
-
=
-
-
-



e
2
x
m
x
x
-
¢
=
-
当
时，又
，
，
，
即
，
在
单调递增，
，故此时不存在
1x 使
；
当
时，
，解得
，
时，
，
单调递减，
时，
，
单调递增，
又
时，
，
，
， 
，使得
，则当
时，
，即
，
单调递增，
当
时，
，即
，
单调递减，
又
时，
，
，
，
使得
，即
，
综上，当
时，存在
使
，且
．
4. 【答案】（1）当
0
a £
时，
( )
f
x 在(0,
)
+¥ 上单调递增；当
0
a >
时，
( )
f
x 在
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø
上单调递增，在
1,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
上单调递减．    
（2）
2
1
1
e
-
    
（3）证明见详解
【分析】（1）求出
( )
f
x
¢
，然后对a分类讨论求解函数
( )
f
x 的单调区间；
（2）由题意得
1
(2)
2
f ¢
= -
即可求得a，得到
( )
f
x 的解析式．对任意
(0,
),
( )
2
0
x
f
x
bx
Î
+¥
+
-
£
恒成立，
即对任意
ln
1
(0,
),
1
x
x
b
x
x
¥
-
Î
+
£
+
+ 恒成立，令
ln
1
( )
1,
(0,
)
x
x
x
x
x
j
-
=
+
+
Î
+¥ ，问题转化为求
( )
j x
的最
小值，利用导数求解即可；
（3）因为
0x 为函数
( )
g x 的极值点，所以
0
0
2ln
1 2
x
ax
+ =
．要证明不等式
0
2
0
e
1 2
x
ax
> +
成立，只需证
0
0
0
0
e
1 2 ln
x
x
x
x
>
+ +
．令
( )
ln
1
m x
x
x
=
-
+
，证得ln x
x
£
1
- ，
1
e
, e
1
x
x
x
x
- ³
³
+ ．分两种情况证明：当
0
0
1
x
<
< 时，由
0
0
0
0
e
1, 2
ln
0
x
x
x
x
³
+
<
即证得结论；当
0 1
x ³ 时，得


0
0
0
0
2 ln
2
1
x
x
x x
£
-
，只需证
0
x
x
>
0
2
x >
\



e
2
0
x
m
x
x
-
=
¢
-
>



0
0
m x
m x
>
=

0
h
x
¢
>

h x


0,
x
¥
+



0
0
h x
h x
>
=




1
1
f
x
g x
=
0
x
x
<



e
2
0
x
m
x
x
-
=
-
=
¢
2
x =
2
x
\ <

0
m
x
¢
<

m x
0
2
x
x
<
<

0
m
x
¢
>

m x
x-¥
Q

m x
¥
+


0
0
m x
=




0
2
0
m x
m
m x
=
<
=
极小值


2
0
,
x
x
¥
\$
Î -


2
0
m x
=
2
x x
<

0
m x >

0
h
x
¢
>

h x
2
0
x
x
x
<
<

0
m x <

0
h
x
¢
<

h x
x-¥
Q

h x
¥
-


0
0
h x
=





2
0
0
h x
h x
h x
=
>
=
极大值
1
0
x
x
\$
<


1
0
h x
=




1
1
f
x
g x
=
0
2
x >
1
x




1
1
f
x
g x
=
1
0
x
x
<
0
0
e
1
x
x
>
+


2
0
0
0
0
2
1
2
1
x
x
x
x
+
-
=
-
+ ，即证
0
2
0
0
2
1 1
ex
x
x
-
+ < 对
0 1
x ³ 成立，构造函数
2
2
1
( )
(
1)
ex
x
x
h x
x
-
+
=
³
，结合函数的单调性证明即可．
【详解】（1）
( )
ln
1
f x
x
ax
=
-
+
，定义域为(0,
)
+¥ ，所以
1
1
( )
¢
-
=
-
=
ax
f
x
a
x
x
，
当
0
a £
时，
( )
0
f
x
¢
>
，故
( )
f
x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，
当
0
a >
时，由
( )
0
f
x
¢
>
，得
1
0
x
a
<
<
；由
( )
0
f
x
¢
<
，得
1
x
a
>
，
故
( )
f
x 在
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø
上单调递增，在1,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
上单调递减，
综上：当
0
a £
时，
( )
f
x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，
当
0
a >
时，
( )
f
x 在
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø
上单调递增，在1,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
上单调递减．
（2）因为
1
( )
f
x
a
x
¢
=
-
，曲线
( )
f
x 在
2
x =
处的切线垂直于直线
2
y
x
=
，
则
( )
f
x 在
2
x =
处的切线的斜率为
1
2
-
，即
1
1
(2)
2
2
f
a
¢
=
-
= -
，解得：
1
a =
，
则
( )
ln
1
f x
x
x
=
-
+ .
对任意
(0,
),
( )
2
0
x
f
x
bx
Î
+¥
+
-
£
恒成立，即对任意
(0,
),ln
1
0
x
x
x
bx
¥
Î
+
-
+
- £
，
即对任意
ln
1
(0,
),
1
x
x
b
x
x
¥
-
Î
+
£
+
+ 恒成立，令
ln
1
( )
1,
(0,
)
x
x
x
x
x
j
-
=
+
+
Î
+¥ ，
2
ln
2
( )
x
x
x
j
-
¢
\
=
，令( ) 0
x
j¢
= ，得
2e
x =
，
当
2
(0,e )
xÎ
时，( ) 0
x
j¢
< ，
( )
g x 为减函数；当
2
(e ,
)
xÎ
+¥ 时，
( )
0
x
j¢
>
，
( )
g x 为增函数；


2
min 
2
1
e
1
)
e
(x
j
j
=
=
-
，
2
1
1 e
b
\ £ -
，则实数b 的最大值
2
1
1
e
-
．
（3）函数
2
( )
[ ( ) ln
2] 2 ln
g x
x f x
x
x
x ax
=
+
-
=
-
(
)
x a
-
Î R ，
( )
2 ln
2
1,
g
x
x
ax
¢
=
-
+
因为
0x 为函数
( )
g x 的极值点，所以
0
0
2ln
2
x
ax
-
+1 0
= ，所以
0
0
2ln
1 2
x
ax
+ =
，
要证明不等式：
0
2
0
e
1 2
x
ax
> +
成立，只需证
0
0
0
0
e
1 2 ln
x
x
x
x
>
+ +
，
令
1
( )
ln
1,
( )
x
m x
x
x
m x
x
-
¢
=
-
+
=
，
当0
1
x
<
<
时，
( )
0,
( )
m x
m x
¢
>
单调递增；当
1
x >
时，
( )
0
m x
¢
<
，
( )
m x 单调递减，
所以
( )
(1)
0
m x
m
£
=
，即ln x
x
£
1
- ，所以
1
e
, e
1
x
x
x
x
- ³
³
+ ，
当
0
0
1
x
<
< 时，因为
0
0
0
0
e
1, 2
ln
0
x
x
x
x
³
+
<
，所以
0
0
0
0
e
1 2 ln
x
x
x
x
>
+ +
．
当
0 1
x ³ 时，因为ln
1
£
-
x
x
，所以
0
0
ln
x
x £


0
0 1
x
x -
，所以


0
0
0
0
2 ln
2
1
x
x
x x
£
-
，
要证
0
0
0
0
e
1 2 ln
x
x
x
x
>
+ +
成立，只需证
0
0
e
1
x
x
>
+


2
0
0
0
0
2
1
2
1
x
x
x
x
+
-
=
-
+ ，
即证
0
2
0
0
2
1 1
ex
x
x
-
+ < 对
0 1
x ³ 成立．
令
2
2
1
( )
(
1)
ex
x
x
h x
x
-
+
=
³
，因为
( )
h x
¢
=
2
2
5
2
(
2)(2
1)
e
e
x
x
x
x
x
x
-
+
-
-
-
-
=
，
当1
2
x
<
<
时，
( )
0, ( )
h
x
h x
>
¢
单调递增；当
2
x >
时，
( )
0, ( )
h
x
h x
<
¢
单调递减，
所以
2
7
( )
(2)
e
h x
h
£
=
1
< ，即
0 1
x ³ 时，
0
0
0
0
e
1 2 ln
x
x
x
x
>
+ +
成立．
综上所述，原不等式成立．
🎯命题方向三 利用导数研究不等式能成立问题
5. 【答案】（1）
    
（2）当
时，函数
的单调递增区间为
，单调递减区间为
和
；
当
时，函数
的单调递增区间为
，单调递减区间为
和
．    
（3）
【分析】（1）求出
，利用极值点是
，得到
，从而求出
；
（2）令导函数
，求出两个根
或
，通过两个根的大小对
进行分类讨论，列表判断
函数的极值点以及单调性，从而得到答案
（3）利用导数研究函数的单调性，分别求出
和
的最值，将不等式能成立问题转化为最值问题，
求解即可．
【详解】（1）因为
，
所以
，
2
b
a
=
¹ -
2
a < -

f
x


2, a
-


,2
-¥


,
a
-
+¥
2
a > -

f
x


,2
a
-


, a
-¥ -


2,+¥


0,3

f
x
¢
2
x =

2
0
f ¢
=
2
b
a
=
¹ -

0
f
x
¢
=
2
x =
x
a
= -
a

g x

f
x

2
ex
x
ax
b
f x
+
-
=








2
2
2
2
e
e
2
e
e
x
x
x
x
x
a
x
ax
b
x
a x
a
b
f
x
¢
+
-
+
-
-
+
-
+
+
=
=
因为函数
的一个极值点是
，所以
，即
；
则有
，
当
时，
，函数
在R 上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意.
所以
.
（2）
，由（1）可知
. 
①当
时，令
得
或
，列表如下：
x
2
     
   -
0
   +
0
   -
满足
是函数
的极值点；
②当
时，令
得
或
，列表如下：
x
 
    
2
    -
0
   +
0
   -
满足
是函数
极值点.
所以当
时，函数
的单调递增区间为
，单调递减区间为
和
；
当
时，函数
的单调递增区间为
，单调递减区间为
和
．
（3）由（1）（2）知，
， 且
时，
在
单调递增，在
单调递减，
又因为
，
，

2
ex
x
ax
b
f x
+
-
=
2
x =

2
0
f ¢
=
b
a
=






2
2
2
2
e
e
x
x
x
a x
a
x
x
a
f
x
-
+
¢
-
+
-
-
+
=
=
2
a = -



2
2
0
ex
x
f
x
-
-
¢
=
£

f
x
2
b
a
=
¹ -






2
2
2
2
e
e
x
x
x
a x
a
x
x
a
f
x
-
+
¢
-
+
-
-
+
=
=
2
a ¹ -
2
a < -

0
f
x
¢
=
2
x =
x
a
= -


,2
¥
-


2, a
-
a
-


,a
¥
-
+

f
x
¢
2
x =

f
x
2
a > -

0
f
x
¢
=
2
x =
x
a
= -


, a
¥
-
-
a
-


,2
a
-


2, ¥
+

f
x
¢
2
x =

f
x
的
2
a < -

f
x


2, a
-


,2
¥
-


,a
¥
-
+
2
a > -

f
x


,2
a
-


, a
¥
-
-


2, ¥
+

2
ex
x
ax
a
f x
+
-
=
0
a >

f
x


0, 2


2,3

0
0
f
a
= -
<

3
9
2
3
0
e
a
f
+
=
>
所以
在
上的最大值为
，最小值为
又当
时，函数
在
单调递增，
所以
在
上的最大值为
，最小值为
．
因为存在
，使得
成立，
即存在
，使得
成立，
即
，又
，所以解得
，
所以实数a 的取值范围为
．
6. 【答案】（1）
（2）极大值
，极小值0
（3）
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程即可；
（2）求导
，令
，根据导数的符号确定函数单调性，进而得到极值即可；
（3）
在
上有解，即
，令
，则
在
上单调递增，令
，
在
上单调递减，则
，然后求解即可.
【详解】（1）
，
，
，且
，
在
处的切线方程为：
.
（2）令
，得
或
，
当
和
时，
，则函数
单调递增；
当
时，
，则函数
单调递减，
为函数
的极大值点，极大值为
；

f
x


0,3

2
4
2
e
a
f
+
=

0
f
a
= -
0
a >

2
2
e x
g x
a
-
=


0,3

g x


0,3

2
3
e
g
a
=

2
2
0
e
a
g
=


1
2
,
0,3
x x Î




1
2
2
2
e
f x
g x
-
<


1
2
,
0,3
x x Î




1
2
2
2
2
2
e
e
f x
g x
-
<
-
<
2
2
2
2
2
2
2
e
e
4
2
e
e
e
a
a
a
a
ì - -
<
ïïí +
ï
-
> -
ïî
0
a >
0 <
< 3
a


0,3
0
y =
2 2
4
e
a


0,1



e
2
ax
f
x
x
ax
¢
=
+

0
f
x
¢
=
2
2e
e
ax
a
x
£


,
a + ¥


2
e
a a x
x
-
£

2
g x
x
=

g
x


,
a + ¥



e
a a x
h x
-
=

h x


,
a + ¥


2
min
max 1
g x
a
h x
=
£
=

2eax
f x
x
=
Q



2
2 e
e
e
2
ax
ax
ax
f x
x
ax
x
ax
¢
\
=
+
=
+
0
0
f¢
\
=
0
0
f
=

f
x
\



0,
0
f
0
y =



e
2
0
ax
f x
x
ax
¢
=
+
=
0
x =
2
x
a
= -
\
2
,
x
a
æ
ö
Î -¥ -
ç
÷
è
ø


0,
xÎ
+¥

0
f
x
¢
>

f
x
2 ,0
x
a
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø

0
f
x
¢
<

f
x
2
x
a
\
= -

f
x
2
2
2
4
e
f
a
a
æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
为函数
的极小值点，极小值为
.
（3）根据题意关于的不等式
在
上有解，即
在
上有解，
设
，
，
，
，
由于
，
在
上单调递增，
，
在
上单调递减，
，则
，解得
，实数的取值范围为
.
7. 【答案】（1）
；
（2）
【分析】（1）求导，利用导数研究函数的单调性，结合区间端点函数值比较大小即可求解最值；
（2）把不等式
化为
，由
的单调性结合端点函数值分析求解.
【详解】（1）因为
，
，所以
，
令
，令
，因为函数
，
在
上单调递减，
所以
在
上单调递减，又
，
所以方程
得解为
，
，
的变化情况如下表所示．
x
e
+
+
0
单调递
增
单调递
减
所以，
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减.
当
时，
有极大值，
也是
的最大值.
0
x =

f
x
0
0
f
=
x
2
2e
e
ax
a
x
£


,
a + ¥


2
e
a a x
x
-
£


,
a + ¥

2
g x
x
=

,
x
a
é
Î
+¥
ë



e
a a x
h x
-
=

,
x
a
é
Î
+¥
ë
0
a >

2
g x
x
=


,
a + ¥

2
min
g x
a
\
=



e
a a x
h x
-
=


,
a + ¥
max 1
h x
\
=
2
1
a £
0
1
a
< £
\
a


0,1
max
1
4
f x
=
min
0
f x
=
1
ln 2 1
,
9
4
+
é
ö
÷
êë
ø




2
ln e
2
1
x
ax
a x
-
>
+



2
ln
1
1
x
a
f x
x
+
<
=
+

f
x
1 ,e
e
x
é
ù
Î ê
ú
ë
û

2
ln
1
(
1)
x
f x
x
+
=
+





3
1
2ln
1
1
x
x
f
x
x
¢
-
+
=
+

0
f
x
¢
=



1
2ln
1
t x
x
x
=
-
+
1
y
x
=
2ln
1
y
x
= -
-


0,
¥
+



1
2ln
1
t x
x
x
=
-
+


0,
¥
+



1
2ln1 1
0
1
t
= -
+
=



1
2ln
1
0
t x
x
x
=
-
+
=
1
x=

f x
¢

f
x
1
e
1 ,1
e
æ
ö
ç
÷
è
ø
1


1,e

f x
¢
-
-

f
x
0
1
4


2
2
e 1
+

f
x
1 ,1
e
æ
ö
ç
÷
è
ø


1,e
1
x=

f
x
1
4

1
1
4
f
=

f
x
又因为
，
，所以
，所以为
的最小值.
（2）因为
，所以不等式
可化为
，
由（1）可知
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减.
因为
的最大值
，
，
所以
，
时，
最大，所以不等式
，
即
存在唯一的整数解只能为1，所以
，所以
所以a 的取值范围为
.
🎯命题方向四 利用导数研究端点效应问题
8. 【答案】（1）
（2）
或
．
（3）证明见详解
【分析】（1）
时，
，求导
，则
，求解
即得；
（2）当
时，
，求导后，分类讨论得函数的单调性与最值，由此
求出答案；
（3）当
0,
0
a
b
>
<
时，
．设
，又设
，求导后
，又由
，得
，由此得到答案.
【详解】（1）当
时，
，
，
若函数
有2 个极值，则
在
有两个零点.
1
0
e
f æ
ö =
ç
÷
è
ø



2
2
e
e 1
f
=
+

1
e
e
f
f æ
ö
>
ç
÷
è
ø
0

f
x
0
x >




2
ln e
2
1
x
ax
a x
-
>
+



2
ln
1
1
x
a
f x
x
+
<
=
+

2
ln
1
x
f x
x
+
=


0,1


1, +¥

f
x

1
1
4
f
=


1 ln2
2
1
9
f
f
+
=
<
*
N
x
" Î
1
x=

f
x




2
ln e
2
1
x
ax
a x
-
>
+

a
f x
<


1
2
f
a
f
a
ì
>
ïí
£
ïî
1 ln2
1
9
4
a
+
£
<
1
ln 2 1
,
9
4
+
é
ö
÷
êë
ø


1, 0
-
1
a=
2e
a=
4
b =

4
4ln
f x
ax
x
x
=
+
+

0
x >

2
2
4
4
ax
x
f
x
x
+
-
=
¢
0
2
0
16 16
0
a
a
a
<
ì
ïï-
>
í
ï
+
>
ïî
2
2
b
a
=
-



4
2
2 ln
f x
ax
a
x
x
=
+
+
-

0
x >

4
ln
ln
f x
ax
b x
ax
b x
x
=
+
+
>
+

ln
g x
ax b x
=
+


ln
ax
b x
b
x
x
=
+
-
-
ln
y
x
x
=
-

0
x >
2
2
x
y
x
-
¢ =
0
ax
b
x
+
³
2
b
x
a
æ
ö
³ -
ç
÷
è
ø
4
b =

4
4ln
f x
ax
x
x
=
+
+

0
x >

2
2
2
4
4
4
4
ax
x
f
x
a
x
x
x
+
=
¢
-
=
-
+

f
x

2
2
4
4
ax
x
f
x
x
+
-
=
¢


0,
¥
+
所以
,解得
．故实数的取值范围为
．
（2）当
时，
，
，
．
当
时，
，
是
上的减函数，
无最小值，舍去；
当
时，由
，得
，由
，得
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
的最小值为
．
由
，得
，解得
或
．
（3）当
，
时，有
．
方法一：设
，则
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
．
当
时，
恒成立，所以存在
，当
时，
，
即当
时，
．当
时，
，以下证明
，且
．
令
，
，则
，
因为
，所以
是
上的增函数，
由
，得
是
上的增函数，
所以
，故当
时，
．
故
，
，
由零点存在性定理知，存在
，使
，故当
时，
，即当
时，
．
0
2
0
16 16
0
a
a
a
<
ì
ïï-
>
í
ï
+
>
ïî
1
0
a
- < <
a


1, 0
-
2
2
b
a
=
-



4
2
2 ln
f x
ax
a
x
x
=
+
+
-
0
x >








2
2
2
2
2
1
2
1
4
2
2
4
a
ax
a
x
x
ax
f
x
a
x
x
x
x
-
+
-
-
+
-
=
-
+
=
=
¢
0
a £

0
f
x
¢
<

f
x


0,
¥
+

f
x
0
a >

0
f
x
¢
<
2
0
x
a
<
<

0
f
x
¢
>
2
x
a
>

f
x
2
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø
2 ,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø

f
x


2
2
2
2
2
2 ln
f
a
a
a
a
æ
ö =
+
+
-
ç
÷
è
ø


2
2
2
2
2 ln
4
a
a
a
+
+
-
=


2
1
1
ln
0
a
a
æ
ö
-
+
=
ç
÷
è
ø
1
a=
2e
a=
0
a >
0
b<

4
ln
ln
f x
ax
b x
ax
b x
x
=
+
+
>
+

ln
g x
ax b x
=
+

0
x >

ax
b
g
x
x
=
¢
+

g
x
0,
b
a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
,
b
a
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø
min
ln
1
b
b
g x
g
b
a
a
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
=
-
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
e
b
a
-
£

0
g
x
³
b
t
a
=-
x
t
>

0
g
x
>
x
t
>

0
f
x
>
e
b
a
-
>
0
b
g
a
æ
ö
-
<
ç
÷
è
ø
e
b
a
b
a
-
-
<
e
0
b
a
g
-
æ
ö >
ç
÷
è
ø
e
b
x
a
-
=
>

2
ex
h x
x
=
-
e
2
x
h x
x
¢
=
-


e
2
e
2
0
x
x
x ¢
-
=
-
>
e
2
x
h x
x
¢
=
-


e,+¥

e
0
h x
h
¢
¢
>
>

2
ex
h x
x
=
-


e,+¥

e
0
h x
h
>
>
e
x>
2
ex
x
x
>
>
e
b
a
b
a
-
-
<
2
e
e
lne
e
0
b
b
b
b
a
a
a
a
b
g
a
b
a
a
-
-
-
-
é
ù
æ
ö
æ
ö
=
×
+
=
- -
>
ê
ú
ç
÷
ç
÷
è
ø
ê
ú
è
ø
ë
û
,e
b
a
b
t
a
-
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø
0
g t =
x
t
>

0
g
x
>
x
t
>

0
f
x
>
方法二：设
，又设
，
，则
，
易知当
时，
，故
．又由
，得
，
当
，
时，取为
与4 中的较大者，
则当
时，恒有
，即当
时，
．
9. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）求出
，写出切线方程即可；
（2）求函数单调区间、极值、零点，
，集合
，由题意
知
，由
时不成立知
，
讨论
与1 的大小关系求出满足
的的取值范围.
【详解】（1）因为
， 
，
，所以
，则
.
故点
处的切线方程为
，即
.
（2）由已知有
，令
，解得
或
，列表如下：
所以
的单调增区间是
，单调减区间是
和
，
当
时，
取极小值，当
时，
取极大值，
由
知，当
时，
，当
时，
因为对于任意的
，总存在
，使得
，
当
时，不成立，故
，所以
，所以
.



ln
ln
g x
ax
b x
ax
b x
b
x
x
=
+
=
+
-
-
ln
y
x
x
=
-
0
x >
1
1
2
2
2
x
y
x
x
x
-
¢ =
-
=
4
x =
min
2
2ln2
0
y
=
-
>
ln
0
y
x
x
=
-
>
0
ax
b
x
+
³
2
b
x
a
æ
ö
³ -
ç
÷
è
ø
0
a >
0
b<
t
2
b
a
æ
ö
ç
÷
è
ø
x
t
>

0
g
x
>
x
t
>

0
f
x
>
4
3
0
x
y
+
-
=
3 3
,
4 2
é
ù
ê
ú
ë
û


1 ,
1
f
f
¢
{ ( ) |
(2,
)}
A
f x
x
=
Î
+¥
1
{
|
(1,
),
( )
0}
( )
B
x
f x
f x
=
Î
+¥
¹
A
B
Í
0
A
Î
3
2
2a £
3
2a
A
B
Í
a
3
a=

2
3
2
f x
x
x
=
-
1
1
f
=-

2
2
6
f x
x
x
-
¢
=
1
4
f¢
=-


1, 1
-




1
4
1
y
x
- - = -
-
4
3
0
x
y
+
-
=

2
2
2
(
0)
f x
x
ax a
¢
=
-
>
( )
0
f
x
¢
=
0
x =
1
x
a
=
x
(
,0)
-¥
0
1
(0,
)
a
1
a
1
( ,
)
a +¥
( )
f
x
¢
-
0
+
0
-
( )
f x
]
0
Z
2
1
3a
]
( )
f x
1
(0,
)
a
(
,0)
-¥
1
( ,
)
a +¥
0
x =
( )
f x
0
1
x
a
=
( )
f x
3
(0)
(
) 0
2
f
f
a
=
=
3
(0,
)
2
x
a
Î
( )
0
f x >
3
(
,
)
2
x
a
Î
+¥
( )
0.
f x <


1
2,
x
¥
Î
+


2
1,
x
¥
Î +


1
2
1
f x
f x
×
=

1
0
f x =

1
0
f x ¹
3
2
2a £
3
4
a
£
设集合
集合
则“对于任意的
，都存在
，使得
”等价于
.
下面分两种情况讨论：
当
即
时，有
且此时
在
上单调递减，
的值域为
，
故
，
，所以A 不是B 的子集.
当
即
时，有
且此时
在
上单调递减，故
，因而
，
由
有
在
上的值域为
，所以
，所以
满足题意.
综上，的取值范围为
题型05 函数与导数的创新交汇问题
🎯命题方向一 导数与三角函数交汇的组合型函数问题
1. 【答案】（1）
    
（2）极大值点有2 个，极小值点有1 个    
（3）证明见详解
【分析】（1）利用导数的几何意义得出
即可求出；
（2）分
、
、
、
四种情况讨论导函数的正负性得出
的单调性；
{ ( ) |
(2,
)},
A
f x
x
=
Î
+¥
1
{
|
(1,
),
( )
0},
( )
B
x
f x
f x
=
Î
+¥
¹
1
(2,
)
x Î
+¥
2
(1,
)
x Î
+¥


1
2
1
f x
f x
×
=
A
B
Í
3
1
2a <
3
2
a >
(1)
0
f
<
( )
f x
(1,
)
+¥
( )
f x


, (1)
f
¥
-
1
(
,0)
(1)
B
f
=
(
,
(2))
A
f
= -¥
3
1
2
2a
£
£
3
3
4
2
a
£
£
(2)
0
f
£
( )
f x
(2,
)
+¥
(
,
(2))
A
f
= -¥
(
,0)
A Í -¥
(1)
0
f
³
( )
f x
(1,
)
+¥


(
,0)
0
0, (1)
f
¥
-
È
È
(
,0)
B
-¥
Í
A
B
Í
a
3 3
[ , ].
4 2
1
k = -
π
0
2
f æ ö =
ç ÷ø
¢
è
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø
π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø
3π
π, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
3π ,2π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø

f x
（3）求证
的图象关于
对称，在曲线上找出两对对称点，根据对角互补可证；或根据对称
性设出过三点的圆的一般方程，再检验对称点也满足方程.
【详解】（1）由
得
，
当
时，
，
因为曲线
在
处的切线平行于轴，所以
，解得
；
（2）由
得
，得
，
令
则
，
①当
时，
，则
，所以
在
上单调递减，
因为
，
则
使当
时
；
时
，
则
在
单调递增，在
单调递减，所以
为
的极大值点；
②当
时，
，则
，所以
在
上单调递减，
当
时，
，则
，所以
在
上单调递增，
又
，所以为
的极小值点；
③当
时，
，则
，所以
在
上单调递减，
因为
，

y
f x
=
π
x=





π
sin
cos
f x
x
x
k
x k
=
-
+
ÎR





1 sin
π
cos
f
x
k
x
x
x
= - -
+
-
¢
π
2
x =


π
π
π
π
1 sin
π
cos
1
2
2
2
2
f
k
k
æ
ö
æ
ö
= - -
+
¢
-
= - -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø

y
f x
=
π
2
x =
x
π
1
0
2
f
k
æ
ö = - - =
ç
÷
è
ø
¢
1
k = -
1
k =



π
sin
cos
f x
x
x
x
=
-
+



π
cos
2sin
f
x
x
x
x
=
-
¢
-




π
cos
2sin
g x
f
x
x
x
x
=
¢
=
-
-



π
sin
3cos
g x
x
x
x
= -
-
-
¢
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø
cos
0, sin
0
x
x
>
>

0
g
x
¢
<

f x
¢
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø

π
0
π
0,
2
0
2
f
f æ
ö
=
>
= - <
ç
÷
¢
ø
¢
è
1
π
0, 2
x
æ
ö
$ Îç
÷
è
ø
1
0
x
x
< <

0
f
x
¢
>
1
π
2
x
x
<
<

0
f
x
¢
<

y
f x
=


1
0,x
1
π
, 2
x
æ
ö
ç
÷
è
ø
1
x

y
f x
=
π,π
2
x æ
ö
Îç
÷
è
ø
cos
0, sin
0
x
x
<
>

0
f
x
¢
<

y
f x
=
π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø
3π
π, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø
cos
0, sin
0
x
x
<
<

0
f
x
¢
>

y
f x
=
3π
π, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø

π
0
f ¢
=
π

y
f x
=
3π ,2π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø
cos
0, sin
0
x
x
>
<

0
g
x
¢
<

f x
¢
3π ,2π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø


3π
2
0,
2π
π
0
2
f
f
æ
ö =
>
= - <
ç
÷
¢
è
ø
¢
所以
使当
时
；
时
，
则
在
单调递增，在
单调递减，所以
为
的极大值点；
所以曲线
在
的极大值点有2 个，极小值点有1 个；
（3）因为在
中，
所以
，即曲线
的图象关于
对称，
法一：假设
上存在不同两点
，其关于
的对称点为
，
则四边形
为等腰梯形，因为等腰梯形的对角互补，故该四边形为圆内接四边形，
所以曲线
上存在四个不同的点，使得这四个点共圆.
法二：在曲线
上取不同的四点
，其中
和
分别关于
对称，
不妨设
，
，
则
，
因为经过
三点的圆有且只有一个，且圆心在对称轴
上，
故设该圆
的方程为
，
因为点
在圆
上，所以
，
将点
的坐标代入圆
的方程的左边得：
即点
也在圆
上，所以存在
同在圆
上.
2. 【答案】（1）是周期函数，利用周期函数定义判断；    
（2）最大值为3 3
2
，最小值为
3 3
2
-
；    
2
3π,2π
2
x
æ
ö
$ Îç
÷
è
ø
2
3π
2
x
x
<
<

0
f
x
¢
>
2
2π
x
x
< <

0
f
x
¢
<

y
f x
=
2
3π,
2 x
æ
ö
ç
÷
è
ø


2,2π
x
2x

y
f x
=

y
f x
=


0,2π

y
f x
=








π
π
π
sin π
cos π
sin
cos
f
x
x
x
k
x
x
x
k
x
é
ù
-
=
-
-
-
+
-
=
-
ë
û








π
π
π
sin π
cos π
sin
cos
f
x
x
x
k
x
x
x
k
x
é
ù
+
=
-
+
+
+
+
=
-
ë
û




π
π
f
x
f
x
-
=
+

y
f x
=
π
x=



,
π,
y
f x
x
¥
=
Î
+
,
A B
π
x=
'
'
,
A B
'
'
AA B B

y
f x
=

y
f x
=
,
,
,
A B C D
,
A B
,
C D
π
x=











π
,
π
,
π
,
π
,
,
A
a f
a
B
a f
a
C b f b
-
-
+
+




2π
,
2π
D
b f
b
-
-







π
π
,
2π
f
a
f
a
f b
f
b
-
=
+
=
-
, ,
A B C
π
x=
M
2
2 2π
0
x
y
x Ey F
+
-
+
+
=
C
M



2
2
( )
2π
0
b
f b
b
Ef b
F
+
-
+
+
=
D
M









2
2
2
2
(2π
)
(2π
)
2π 2π
2π
( )
2π
0
b
f
b
b
Ef
b
F
b
f b
b
Ef b
F
-
+
-
-
-
+
-
+
=
+
-
+
+
=




2π
,
2π
D
b f
b
-
-
M
,
,
,
A B C D
M
（3）证明见详解.
【分析】（1）由周期函数的概念结合正弦函数的周期性即可判断；
（2）由（1）确定函数在一个周期

0,2π 上的单调性，即可求解；
（3）由（2）令
2k
t
x
=
，得： 
1
3 3
2sin2
sin2
2
k
k
x
x
+
+
£
，通过累加即可求证；
【详解】（1）
f x 是周期函数，
理由如下： 由三角函数周期性知：
π
s
)
in(
2
sin
x
x
+
=
，




sin 2
2π
sin 2
4π
sin2
x
x
x
+
=
+
=
é
ù
ë
û
，
因此： 






2
2sin
2π
sin2
2π
2sin
sin2
f x
x
x
x
x
f x
p
+
=
+
+
+
=
+
=
，
即2π是
( )
f
x 的一个周期，故
( )
f
x 是周期函数；
（2）由（1）可知求

2sin
sin2
f x
x
x
=
+
在

0,2π 上的最值即可.
对
( )
f
x 求导得： 






2
2cos
2cos2
2 2cos
1
2cos
2 2cos
1 cos
1
f
x
x
x
x
x
x
x
¢
=
+
=
-
+
=
-
+
，
令
( )
0
f
x
¢
=
，得
1
cos
2
x =
或cos
1
x = - ，
 在一个周期

0,2π 内，当
π
0, 3
x
é
ù
Îê
ú
ë
û
时，
( )
0
f
x
¢
³
，
当
π 5π
,
3 3
x
é
ù
Îê
ú
ë
û
时，
( )
0
f x
¢
£
，当
5π ,2π
3
x
é
ù
Îê
ú
ë
û
时，
( )
0
f
x
¢
³
，
故

2sin
sin2
f x
x
x
=
+
在
π
0, 3
é
ù
ê
ú
ë
û
，5π ,2π
3
é
ù
ê
ú
ë
û
单调递增，在π 5π
,
3
3
é
ù
ê
ú
ë
û
单调递减，
又0
0
f
=
，
π
π
2π
3 3
2sin
sin
3
3
3
2
f æ
ö =
+
=
ç
÷
è
ø
，
5π
5π
10π
3 3
2sin
sin
3
3
3
2
f æ
ö =
+
= -
ç
÷
è
ø
，


2 π
0
f
=
，
所以
( )
f
x 的最大值为3 3
2
，最小值为
3 3
2
-
；
（3）记
sin
sin2
sin4
sin2n
nS
x
x
x
x
=
+
+
+
+
L
，
由（2）知对任意实数t ，都有
3 3
2sin
sin2
2
t
t
+
£
，
对
0,1,
,
1
k
n
=
¼
-
，令
2k
t
x
=
，得： 
1
3 3
2sin2
sin2
2
k
k
x
x
+
+
£
，
将上述n 个不等式累加，左边整理得：


1
1
0
1
2sin2
sin2
2sin
3sin2
3sin4
3sin2
sin2
3
sin
2sin2
k
k
n
n
n
n
n
k
x
x
x
x
x
x
x
S
x
x
+
-
-
=
+
=
+
+
+
+
+
=
-
-
å
L
右
边为
3 3
2
n×
，因此：
3 3
3
sin
2sin2
2
n
nS
x
x
n
-
-
£
，整理得：
3
sin
2sin2
2
3
n
n
x
x
S
n
+
£
+
，
由sin
1
x £
，sin2
1
n x £
，得sin
2sin2
1 2 1 1
3
3
n
x
x
+
+ ´
£
= ，
因此：
3
sin
sin2
sin2
1
2
n
x
x
x
n
+
+
+
£
+
L
，得证.
3. 【答案】（1）
    
（2）
    
（3）证明见详解
【分析】（1）当
时，利用导数求出
的单调区间，进而可得
的极值和边界值.
（2）由题意，构造函数
，利用导数可得
的单调性，分别讨论
、
和
三种情况，分析可得
的正负，进而可得
的单调性，分析求解.
（3）由（2）得
，对不等式进行放缩，根据裂项相消求和法，可证左侧不等式成立；
构造函数
，利用导数求出
的单调性和极值，分析可得
，对不
等式进行放缩，根据裂项相消求和法，可证右侧不等式成立.
【详解】（1）当
时，
，则
，
令
，则
，即
；令
，则
，即
.
π
π, 3
3
é
ù
-
-
ê
ú
ë
û


,1
-¥
1
a =
( )
f x
( )
f x

π
2sin
cos
,
0, 2
h x
x
x
x
ax x
é
ù
=
-
-
Îê
ú
ë
û

h
x
¢
π
2
a ³
π
1
2
a
<
<
1
a £

h
x
¢
( )
h x
sin
tan 2
1 cos
2
x
x
x
x
=
>
+

4
π
tan ,0
π
4
p x
x
x
x
=
-
<
<

p x
4
tan
π x
x
>
1
a =



2sin
,
0, π
f
x
x
x x
=
-
Î

2cos
1
f
x
x
=
¢
-

0
f
x
¢
>
1
cos
2
x >
π
0
3
x
<
<

0
f
x
¢
<
1
cos
2
x <
π
π
3
x
<
<
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，又
，
所以
值域为
.
（2）由
，得
，设
，则
，
，设
，则
，
所以当
时，
，所以
在
上单调递增，
所以
.
①当
时，
在
上单调递减，则
，不满足题意；
②当
时，
，使得
，
当
时，
在
上单调递减，则
，不满足题意；
③当
时，
在
上单调递增，则
，满足题意.
综上可得
，即实数
的取值范围是
.
（3）证明：由（2）得，当
时，任意
恒成立，即
，
所以
，
所以
.
令
，则
，

f
x
π
0, 3
æ
ö
ç
÷
è
ø
π ,π
3
æ
ö
ç
÷
è
ø


π
π
0
0,
3
,
π
π
3
3
f
f
f
æ
ö
=
=
-
= -
ç
÷
è
ø

f
x
的
π
π, 3
3
é
ù
-
-
ê
ú
ë
û

cos
f
x
x
x
³
2sin
cos
0
x
x
x
ax
-
-
³

π
2sin
cos
,
0, 2
h x
x
x
x
ax x
é
ù
=
-
-
Îê
ú
ë
û

0
0
h
=

2cos
cos
sin
cos
sin
h
x
x
x
x
x
a
x
x
x
a
=
-
+
-
=
+
-
¢

cos
sin
g x
x
x
x
a
=
+
-

cos
g
x
x
x
¢
=
π
0, 2
é
ù
Îê
ú
ë
û
x

0
g
x
¢
³

h
x
¢
π
0, 2
é
ù
ê
ú
ë
û


π
π
1
0
2
2
a
h
h x
h
a
æ
ö
-
=
£
£
=
-
ç
÷
è
¢
¢
¢
ø
π
2
a ³


0,
h
x
h x
¢
£
π
0, 2
é
ù
ê
ú
ë
û

0
h x £
π
1
2
a
<
<
0
π
0, 2
x
æ
ö
$
Îç
÷
è
ø


0
0
h
x
¢
=
0
0
x
x
<
<


0,
h
x
h x
¢
<


0
0, x


0
0
h x
h
£
=
1
a £


0,
h
x
h x
¢
³
π
0, 2
é
ù
ê
ú
ë
û


0
0
h x
h
³
=
1
a £
a


,1
-¥
1
a =
π
0,
,2sin
cos
0
2
x
x
x
x
x
æ
ö
Î
-
-
>
ç
÷
è
ø
sin
tan 2
1 cos
2
x
x
x
x
=
>
+





*
2
2
1
1
1
1
1
tan (
1)
(
1)
1
2
1
2 n
n
n
n
n
n
n
>
>
=
-
Î
+
+
+
+
+
+
N
2
2
2
2
1
1
1
1
tan
tan
tan
tan
2
3
4
(
1)
n
+
+
+
+
+
L
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
4
4
5
1
2
2
2
2
4
n
n
n
n
n
>
-
+
-
+
-
+
+
-
=
-
=
+
+
+
+
L

4
π
tan ,0
π
4
p x
x
x
x
=
-
<
<

2
2
2
4
1
4cos
π
π
cos
πcos
x
p x
x
x
-
-
¢
=
=
存在
，使得
.
则当
时，
；当
时，
，
于是
在
上单调递增，在
上单调递减，而
，
所以
，即当
时，
.
所以
，
所以
.
综上所述，
.
4. 【答案】（1）
    
（2）（i）
；（ii）证明见详解；
【分析】（1）根据导数的几何意义求解；
（2）（ⅰ）法一：设
，分析
的单调性，求出
的范围；
法二：
，通过分析
的单调性与零点，结合
的取值范围，求出
的范围；
（ⅱ）将
参数化为圆上的点
，代入
得
，利用三角恒
等式得
，构造
分析单调性，证得
，
从而推出
的取值范围.
0
π
0, 4
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø


0
0
p
x
¢
=


0
0,
x
x
Î

0
p
x
¢
>
0
π
, 4
x
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø

0
p
x
¢
<

p x


0
0, x
0
π
, 4
x
æ
ö
ç
÷
è
ø

π
0
0
4
p
pæ
ö
=
=
ç
÷
è
ø

0
p x >
π
0
4
x
<
<
4
tan
π x
x
>


*
2
2
1
4
1
8
1
1
tan (
1)
π (
1)
π
2
1
2
3
n
n
n
n
n
æ
ö
<
×
<
-
Î
ç
÷
+
+
+
+
è
ø
N
2
2
2
2
1
1
1
1
8 1
1
1
1
1
1
tan
tan
tan
tan
2
3
4
(
1)
π 3
5
5
7
2
1
2
3
n
n
n
æ
ö
+
+
+
+
<
-
+
-
+
+
-
ç
÷
+
+
+
è
ø
L
L
8 1
1
8
π 3
2
3
3π
n
æ
ö
=
-
<
ç
÷
+
è
ø


*
2
2
2
2
1
1
1
1
8
tan
tan
tan
tan
2
4
2
3
4
(
1)
3π
n
n
n
n
<
+
+
+
+
<
Î
+
+
N
L
0
a =
1
> -
a

2
2
2 (
2
2)
e x
x
u x
x
-
=
-
<
<

u x
a

2
2
2
e
2(
2
2)
x
a
g x
x
x
-
=
+
-
-
<
<

g x

2 ( 1
2)
e x
x
t x
x
=
- <
<
a
,
A B
2
2
cos ,
sin
3
3
q
q
æ
ö
ç
÷
è
ø
ex a
y
-
=
cos
ln( sin )
a
x
x
=
-
2
2
3
3
tan
k = -
q + q
1
2
1
2


4
2
π
π
π
3
3
x
h x
h
x
x
j
æ
öæ
ö
=
-
-
<
<
ç
֍
÷
è
øè
ø
1
2
4π
3
q
q
+
<
k
【详解】（1）设切点为
，
，所以
，所以
，
所以函数
在
处的切线为
，
将
代入得
，解得
，
（2）（ⅰ）当
时，原问题
有两个不等实根．
法一：设
，则
∴当
时，
，当
时，
在
递减，
递增，
，
，
，
法二：
，
，令
，
则
，
在
上递增，
，使得
，
当
时，
，当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
，又
，
设
，则
当
时，
，当
时，
，
，
．
（ⅱ）设
，
，不妨设
，则
，即
，
令
，
则
，
是方程
两个根．


0
0,ex
a
x
-

ex a
f
x
-
¢
=


0
0
e
=e
x
a
f
x
-
¢
=
0
1
x
a
-
=

f
x
0
x
x
=


0
0
0
e
e
x
a
x
a
y
x
x
-
-
-
=
-


0,0


0
0
e
e 0
x
-
=
-
0
1
x =
0
a =
2
r =
2
2
2
e
2
x
a
x
-

+
=

2
2
2 (
2
2)
e x
x
u x
x
-
=
-
<
<






2
2
2
2
2
2
2
2
1
e
e
x
x
x
x
x
x
u
x
¢
-
-
-
+
=
= -
2
1
x
-
<
< -

0
u
x
¢
<
1
2
x
- <
<

0
u
x
¢
>

u x
\


2, 1
-
-


1,
2
-



2
1
e
u x
u
=
-
= -
极小值


2
0
u
=


2
2
e
e ,0
a
-
\-
Î -
1
a
\ > -

2
2
2
e
2(
2
2)
x
a
g x
x
x
-
=
+
-
-
<
<

2
2
2
2e x
a
g
x
x
-
=
+
¢

2
2
2
2e x
a
m x
x
-
=
+

2
2
2
4
0
x
a
m
x
e
-
=
+
>
¢

m x
\
R
0
R
x
$
Î


0
0
g
x
¢
=
\
0
x
x
<

0
g
x
¢
<
0
x
x
>

0
g
x
¢
>

g x


0
, x
¥
-


0,
x
¥
+


2
0
0
0
0
( )
2
0
1
2
g x
g x
x
x
x
=
=
-
-
<
Þ - <
<
极小值
0
2
0
2
e
e
a
x
x
-
-
=

2 ( 1
2)
e x
x
t x
x
=
- <
<

2
1
2
e x
x
t
x
-
¢
=
1
1
2
x
- <
<

0
t
x
¢
>
1
2
2
x
<
<

0
t
x
¢
<

2 1
e , 2e
t x
æ
ù
\
Î -
ç
ú
è
û
2
2
1
e
e
1
2e
a
a
-
\-
-
£
Þ
-


1
1
,
A x
y


2
2
,
B x
y
1
2
x
x
<
1
2
0
e
e
x
a
x
a
-
-
<
<
1
2
0
y
y
<
<
0
k
\ >
1
1
1
1
2 cos
3
2 sin
3
x
y
q
q
ì
=
ïïí
ï
=
ïî




2
2
1
2
2
2
2 cos
3
,
0,π
2 sin
3
x
y
q
q q
q
ì
=
ïï
Î
í
ï
=
ïî


1
2
2
ln
sin
cos
1,2
3
3
i
i
a i
q
q
q
æ
ö =
-
=
Þ
ç
÷
è
ø
2
q
2
2
cos
ln
sin
3
3
a
x
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø
又
欲证
，只需证
设
则
∴当
时，
；当
时，
；
在
递减，
递增，设
下面证明
，
设
，
，则
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2cos
sin
sin
sin
1
2
2
0
cos
cos
2sin
sin
tan
2
2
2
k
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
+
-
æ
ö
æ
ö
×
ç
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ç
÷
-
è
ø
è
ø
=
=
= -
>
+
-
+
-
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
×
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
Q
3
3
k <
1
2
1
2
1
3
1
tan
3
3
2
tan
2
k
q
q
q
q
+
æ
ö
-
<
-
=
< -
ç
÷
+
æ
ö
è
ø
ç
÷
è
ø
1
2
1
2
π
2
4
π
π
π
2
2
3
3
q
q
q
q
+

<
<

<
+
<





2
2
cos
ln
sin
0,π
3
3
h x
x
x
x
æ
ö
=
-
Î
ç
÷
è
ø






2
2 1 cos
3cos
2cos
1 cos
2
2
cos
sin
3
sin
3sin
3sin
x
x
x
x
x
h x
x
x
x
x
-
+
¢
+
-
= -
-
= -
=
2
0
π
3
x
<
<

0
h
x
¢
<
2 π
π
3
x
<
<

0
h
x
¢
>

h x
\
2
0,
π
3
æ
ö
ç
÷
è
ø
2 π,π
3
æ
ö
ç
÷
è
ø


4
2
π
π
π
3
3
x
h x
h
x
x
j
æ
öæ
ö
=
-
-
<
<
ç
֍
÷
è
øè
ø


4 π
0
3
x
h x
h
x
j
æ
ö
=
+
-
¢
çè
¢
>
÷ø
¢


4 π
3
x
h x
h
x
j
æ
ö
=
+
-
ç
÷
è
¢
¢
ø
¢
2π ,π
3
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø
π
cos
2
2
4
cos
3
sin
sin
π
π
3
3
3
sin
sin
3
x
x
x
x
x
x
æ
ö
-
ç
÷
é
ù
æ
ö
è
ø
= -
+
-
-
+
ç
÷
ê
ú
æ
ö
è
ø
ë
û
-
ç
÷
è
ø
π
π
3 4sin sin
sin
3
6
3
4
π
π
3
sin
cos
π
π
3
6
6
2sin sin
6sin sin
3
3
x
x
x
x
x
x
x
x
é
ù
æ
ö
æ
ö
-
-
-
ç
÷
ç
÷
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ú
æ
ö
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ø
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= -
-
+
= -
ç
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æ
ö
æ
ö
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ø
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
π
6
x
a =
-
π 5π
,
2
6
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø
1
sin
,1
2
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø
π
π
π
π
4sin sin
sin
4sin sin
sin
6
3
6
6
x
x
x
a
a
a
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
-
=
-
+
ç
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ç
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ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø


2
2
2
2
3
1
1
4sin
sin
cos
4sin
sin
sin
4sin
1
3
4
4
4
a
a
a
a
a
a
a
æ
ö
æ
ö
=
-
=
-
=
-
<
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
故
．
在
递增，
，
，
，
又
在
递减，
，故
．
5. 【答案】（1）
在
上单调递增，在
上单调递减．    
（2）
    
（3）
，理由见详解
【分析】（1）由题可得
，解出
和
的解集即可求解.
（2 ）由已知可得存在
，使得
成立，因为
时，
，故存在
，用参变分离法可得出
，利用导数求出函数
在
上的最大值即可求解；
（3）令
，利用导数分析
在
上的单调性，利用
零点存在性定理可知
，求得
，
证明出
，结合
的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（1）
．
当
时，
，
，
单调递增；
当
时，
，
，
单调递减；
所以，
在
上单调递增，在
上单调递减．

0
x
j¢
>

x
j
\
2 π,π
3
æ
ö
ç
÷
è
ø

2 π
0
3
x
j
j æ
ö
\
>
=
ç
÷
è
ø


2
0
j q
\
>



2
2
4 π
3
h x
h
h
q
q
æ
ö
=
>
-
ç
÷
è
ø

h x
Q
2
0,
π
3
æ
ö
ç
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è
ø
1
2
1
2
4
4
π
π
3
3
q
q
q
q
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-
Þ
+
<
3
3
k <

f x
π
0, 4
æ
ö
ç
÷
è
ø
π
π
,
4
2
æ
ö
ç
÷
è
ø
π
6
3e
a
-
£
2026
2025 2π
x
x
>
+



e
cos
sin
x
f
x
x
x
=
-
¢

0
f
x
¢
>

0
f
x
¢
<
π,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û


e cos
sin
1
x
x
a
x
³
+
π,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û
1
sin
1
,1
2
x
é
ù
+ Îê
ú
ë
û
π,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û
e cos
1 sin
x
x
a
x
£ +

e cos
1 sin
x
x
h x
x
= +
π ,0
6
é
ù
-
ê
ú
ë
û
( )
e cos
sin
1
x
x
x
x
j
=
-
-

x
j
*
π
π
(2 π
,2 π
)(
N )
3
2
n
n
n
+
+
Î


*
π
π
2 π
,2 π
N
3
2
nx
n
n
n
æ
ö
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø


*
1
π
π
2π
2 π
,2 π
N
3
2
nx
n
n
n
+
æ
ö
-
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø




1
2π
n
n
x
x
j
j
+ -
<

x
j





e cos
e
sin
e
cos
sin
x
x
x
f
x
x
x
x
x
=
+
-
=
-
¢
π
0
4
x
<
<
cos
sin
x
x
>

0
f
x
¢
>

f x
π
π
4
2
x
<
<
cos
sin
x
x
<

0
f
x
¢
<

f x

f x
π
0, 4
æ
ö
ç
÷
è
ø
π π
,
4 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
（2）由题可知存在
，使得
成立，
∵
时，
，故存在
，使得
．
令
，其中
，
，
且
不恒为零，故函数
在
上单调递减，则
，故
．
（3）
．证明：由
可得
，
令
，则
．
因
，则
，
所以
，所以函数
在
上单调递减，
因为
，
，
所以，存在唯一的
，使得
，
所以，
，
，
同理可得
，且
，
因为
，所以
，
因为
，所以
，
所以，
π,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û


e cos
sin
1
x
x
a
x
³
+
π,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û
1
sin
1
,1
2
x
é
ù
+ Îê
ú
ë
û
π,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û
e cos
1 sin
x
x
a
x
£ +

e cos
1 sin
x
x
h x
x
= +
π
0
6
x
-
£
£











2
2
2
e
cos
sin
1 sin
e cos
e
cos
1 1 sin
0
1 sin
1 sin
x
x
x
x
x
x
x
x
x
h x
x
x
-
+
-
-
+
=
=
£
+
+
¢

h x
¢

h x
π ,0
6
é
ù
-
ê
ú
ë
û

π
6
max
π
3e
6
h x
h
-
æ
ö
=
-
=
ç
÷
è
ø
π
6
3e
a
-
£
2026
2025 2π
x
x
>
+


f x
g x
=
e cos
1
sin
x
x
x
=
+

e cos
sin
1
x
x
x
x
j
=
-
-



e
cos
sin
cos
x
x
x
x
x
j
=
-
-
¢
为


π
π
2 π
,2 π
3
2
x
n
n
n
+
æ
ö
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø
N
sin
cos
0
x
x
>
>

0
x
j¢
<

x
j


π
π
2 π
,2 π
3
2
n
n
n
+
æ
ö
+
+
Î
ç
÷
è
ø
N
π
2π
π
3
2 π 3
π
1
3
e
3
2 π
e
1
1
0
3
2
2
2
2
n
n
j
+
+
æ
ö
+
=
-
- ³
-
- >
ç
÷
è
ø
π
2 π
2
0
2
n
jæ
ö
+
=- <
ç
÷
è
ø


0
π
π
2 π
,2 π
3
2
x
n
n
n
+
æ
ö
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø
N


0
0
x
j
=
π
π
2 π
,2 π
3
2
nx
n
n
æ
ö
Î
+
+
ç
÷
è
ø
cos
sin
1 0
nx
n
n
e
x
x
-
- =
1
1
1
cos
sin
1 0
nx
n
n
e
x
x
+
+
+
-
- =
1
π
π
2π
2 π
,2 π
3
2
nx
n
n
+
æ
ö
-
Î
+
+
ç
÷
è
ø
1
1
2π
n
n
x
x
+
+
-
<
1
1
2 π
n
n
x
x
e
e
+
+
-
<
1
π
π
2 π
2π,2
2π
3
2
nx
n
np
+
æ
ö
Î
+
+
+
+
ç
÷
è
ø
1
cos
0
nx + >






1 2π
1
1
1
2π
e
cos
2π
sin
2π
1
nx
n
n
n
x
x
x
j
+ -
+
+
+
-
=
-
-
-
-
因为函数
在
上单调递减，故
，即
,
取
，则
,
🎯命题方向三 导数与数列交汇的函数及不等式问题
6. 【答案】（1）
，
    
（2）（i）证明见详解；（ii）不存在，证明见详解
【分析】（1）根据题意，迭代函数为
，代入已知函数
及其导函数
，化简得
，然后从初始值
出发，依次计算即可；
（2）（i）利用
是
的两个根，根据题意将
代入
，通过
代数恒等变形得到分子为
，分母为
，从而有
；（ii）由（i）的条件计算
，假设存在正整数m，n，
使得
，
，
成等比数列，即
，结合
，可得
，因为底数不为0 或
，则有指数相等，即
，等式两边同时除
以
，结合指数的运算，可分析出
无正整数解满足
，得证.
【详解】（1）由题意得
，则
，则有
，
令
，则
，
取
，则
，则
，
（2）（i）
，
，易得
是
的两个根，
则有
，且
，
由
，则
，
1
1
1
2π
2π
1
1
1
1
e
cos
sin
1 e
cos
e
cos
n
n
n
x
x
x
n
n
n
n
x
x
x
x
+
+
+
-
-
+
+
+
+
=
-
- =
-




1
1
2π
1
e
cos
0
n
n
x
x
n
n
e
x
x
j
+
+
-
+
=
-
<
=

x
j
π
π
2 π
,2 π
3
2
n
n
æ
ö
+
+
ç
÷
è
ø
1 2π
n
n
x
x
+ -
>
1
2π
n
n
x
x
+ >
+
2025
n =
2026
2025 2π
x
x
>
+
2
8
3
x
=
2
1
( )
2
3
x
g x
x
-
=
-
( )
( )
( )
f x
g x
x
f
x
=
-
¢

2
3
1
=
-
+
f x
x
x

2
3
f
x
x
¢
=
-
2
1
( )
2
3
x
g x
x
-
=
-
0
2
x =
,
a
b

2
3
1
=
-
+
f x
x
x
1
( )
n
n
x
g x
+ =
1
1
1
n
n
n
x
a
x
a
b
+
+
+
-
=
-


2
nx
a
-


2
nx
b
-
2
1
n
n
a
a
+ =
0
0
0,
1
a
a
¹
¹ ±
(
)
p m
n
p
<
<
ma
na
pa
2
n
m
p
a
a a
=
2
0
n
na
a
=
1
2
2
2
0
0
n
m
p
a
a
+
+
=
1
±
1
2
2
2
n
m
p
+ =
+
2m
1
2
2
2
n
m
p
+ =
+
m
n
p
<
<

2
3
1
=
-
+
f x
x
x

2
3
f
x
x
¢
=
-




2
1
3
1
2
3
n
n
n
n
n
n
n
n
f
x
x
x
x
x
x
f
x
x
+
-
+
=
-
¢
=
-
-
1
( )
n
n
x
g x
+ =
2
2
3
1
1
( )
2
3
2
3
x
x
x
g x
x
x
x
-
+
-
=
-
=
-
-
0
2
x =
2
1
0
2
1
(
)
(2)
3
2
2
3
x
g x
g
-
=
=
=
=
´
-
2
2
1
3
1
8
(
)
(3)
2
3
3
3
x
g x
g
-
=
=
=
=
´ -
3
5
2
a
+
=
3
5
2
b
-
=
,
a
b

2
3
1
=
-
+
f x
x
x
3,
1
a
b
ab
+
=
=
(
)
(
)
0
f
f
a
b
=
=


1
2
1
2
3
n
n
n
nx
x
x
x
g
+ =
-
-
=
1
2
2
1
2
(3
)
2
3
2
3
1
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
a
a
a
a
+
-
-
-
=
-
=
-
+
-
-
因为
，则有
，则
，因为
，则有
，
则
，
于是
，得证；
（ii）
，迭代得
，即
，
，
其中
，且
，
若存在正整数m，n，
使得
，
，
成等比数列，
即
，结合
，可得
，
因为
，所以
，同时除以
得
，
因为
，则可设
，则有
，即
，
易得等号左边为偶数之差，结果为偶数，右边为奇数1，矛盾，
故
无正整数解满足
，
因此，不存在这样的正整数m，n，
使得
，
，
成等比数列.
7. 【答案】（1）证明见详解    
（2）（i）
（ii）证明见详解
【分析】（1）求导，结合三角函数性质分析可知
，即可得单调性；
（2）（i）先利用平方关系求
，
时利用诱导公式分析可知
的对称轴和周期性，结合单调性可
得
；
3
5
2
a
+
=
2
3
1
a
a
=
-


2
2
2
1
2
2
(3
)
2
2
3
2
3
2
3
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
x
x
x
a
a
a
a
a
a
+
-
-
=
-
-
-
+
-
+
-
=
=
-
1
2
2
1
2
(3
)
2
3
2
3
1
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
b
b
b
b
+
-
-
-
=
-
=
-
+
-
-
3
5
2
b
-
=
2
3
1
b
b
=
-


2
2
2
1
2
2
(3
)
2
2
3
2
3
2
3
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
x
x
x
b
b
b
b
b
b
+
-
-
=
-
-
-
+
-
+
-
=
=
-




2
2
1
2
1
2
1
2
3
2
3
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
a
x
x
x
x
x
x
a
x
a
b
a
a
b
b
+
+
+
æ
ö
-
=
=
=
=
ç
÷
-
-
è
ø
-
-
-
-
-
2
1
n
n
a
a
+ =
2
1
n
n
a
a -
=




2
2
2
2
1
2
0
n
n
n
n
a
a
a
a
-
-
é
ù
=
=
=
ë
û
0,1,
n =
L
0
0
0
3
5
2
2
1
5
5
3
2
1
5
3
5
2
2
x
a
x
a
b
b
æ
ö
+
-ç
÷
-
-
-
è
ø
=
=
=
=
= -
-
æ
ö
+
-
-ç
÷
è
ø
0,
1
b
b
-
¹
-
¹ ±
(
)
p m
n
p
<
<
ma
na
pa
2
n
m
p
a
a a
=
2
0
n
na
a
=
1
2
2
2
0
0
n
m
p
a
a
+
+
=
0
0
0,
1
a
a
b
b
=-
=-
¹
¹±
1
2
2
2
n
m
p
+ =
+
2m
1
2
1
2
n m
p m
-
+
-
= +
m
n
p
<
<
0,
r
n
m
s
p
m
r
=
-
>
=
-
>
1
2
1
2
r
s
+ = +
1
2
2
1
r
s
+ -
=
1
2
2
2
n
m
p
+ =
+
m
n
p
<
<
(
)
p m
n
p
<
<
ma
na
pa
*
1
1 ,
2
n
n
a
n
-
=
Î N

'
0
nf
x ³
1a
2
n ³

nf x
na
（ⅱ）先求
方法一：利用数学归纳法证明结论，
方法二：令
，证明
，由此证明结论；
方法三：由
，结合
利用放缩法证明结论.
【详解】（1）因为
当
时，则
，所以
，
可得
，且
，则
，
即
，可得
，所以函数
在
上单调递增，
（2）（i）若
，则
，即
；
若
，由（1）可知：
在
上单调递增，
且
，
可知
是一个周期为
的周期函数，
又因为
可知
关于
对称，
1
,
n
n
n
b
b
b
+
1
n
n
c
n
+
=
1
n
n
n
b
c
b
+ >
2
2
2
2
3
5
2
1
2
4
2
n
n
T
n
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
×
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
L
2
2
1
2
1 2
2
·
2
2
2
1
n
n
n
n
n
n
+
+
+
æ
ö >
ç
÷
+
è
ø

'
2
1
2
1
π
π
π
π
2 sin
cos
2 cos
sin
4
4
4
4
n
n
nf
x
n
x
x
n
x
x
-
-
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
-
-
-
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
2
2
2
2
π
π
π
π
2 sin
cos
sin
cos
4
4
4
4
n
n
n
x
x
x
x
-
-
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
-
-
-
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
2
2
2
2
π
π
π
sin 2
sin
cos
2
4
4
n
n
n
x
x
x
-
-
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
-
-
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
π
0, 4
x
é
ù
Îê
ú
ë
û
π
π
0
4
4
x
-
£
-
£
2
π
2
π
sin
0,
cos
1
2
4
2
4
x
x
£
æ
ö
æ
ö
-
£
-
£
£
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
π
sin 2
0
2
x
æ
ö
-
£
ç
÷
è
ø
π
π
sin
cos
4
4
x
x
æ
ö
æ
ö
-
£
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
2
2
2
2
π
π
sin
cos
4
4
n
n
x
x
-
-
æ
ö
æ
ö
-
£
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
2
2
2
2
π
π
sin
cos
0
4
4
n
n
x
x
-
-
æ
ö
æ
ö
-
-
-
£
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø

'
0
nf
x ³

2
nf
x n³
π
0, 4
é
ù
ê
ú
ë
û
1
n =

1
1
f x =
1 1
a =
2
n ³

2
nf
x n³
π
0, 4
é
ù
ê
ú
ë
û

2
2
2
2
π
π
π
π
π
sin
cos
cos
sin
2
4
4
4
4
n
n
n
n
n
n
f
x
x
x
x
x
f
x
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
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+
+
+
=
-
+
-
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ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø

nf x
π
2

2
2
2
2
π
π
π
π
π
sin
cos
sin
cos
2
4
4
4
4
n
n
n
n
n
n
f
x
x
x
x
x
f
x
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
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-
+
-
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-
+
-
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ç
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ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø

nf x
π
4
x =
则
在
，
处取到最大值，在
，
处取到最小值，
可得
，
综上所述：
（ii）
方法一：数学归纳法证明不等式
成立，
当
时，左边
，右边
，因为
，所以不等式成立，
假设当
时不等式成立，
即
成立，
则当
时，
左边
所以当
时，不等式也成立，
综上所述：可证得不等式恒成立；
方法二：构造新数列方法证明不等式.令
，
所以
，即
，
综上所述：可证得不等式恒成立.

nf x
π
π
2
4
x
k
=
+
k ÎZ
π
2
x
k
=
k ÎZ
2
2
2
1
π
π
π
π
2
1
1
sin
cos
2
2
2
4
2
4
2
2
2
n
n
n
n
n
n
a
k
k
-
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
=
´
=
´
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
*
1
1 ,
2
n
n
a
n
-
=
Î N
2
1
1
2
1
2 log
1
2 ,
2
n
n
n
n
b
n
b
n
a
b
n
æ
ö
+
+
=
+
=
=
ç
÷
è
ø
1
2
1
2
1
1
1
n
n
b
b
b
b
b
b
+
+
+
×
×
×
L
3 5 7
2
1
1
2 4 6
2
n
n
n
+
=
×
×
×
>
+
L
1
n =
3
2
=
2
=
3
2
2 >
n
k
=
1
2
1
2
1
1
1
3 5 7
2
1
1
2 4 6
2
n
n
b
b
b
k
k
b
b
b
k
+
+
+
+
×
=
×
×
>
+
L
L
1
n
k
=
+
1
1
2
1
2
1
1
1
1
1
k
k
k
k
b
b
b
b
b
b
b
b
+
+
+
+
+
+
=
×
×
×
×
L
3 5 7
2
1 2
3
2
3
1
2 4 6
2
2
2
2
2
k
k
k
k
k
k
k
+
+
+
=
×
×
×
>
+
×
+
+
L






2
2
4(
1)
4
1
1
(2
3)
4
1
4
1
k
k
k
k
k
+
+
+
+
+
=
=
+
+






1
1
1
1
1
4
1
k
k
k
=
+
+ +
>
+
+
+
1
n
k
=
+
1
n
n
c
n
+
=
2
1
2
1
1
2
1
2
2
2
n
n
n
b
n
n
n
n
n
c
b
n
n
n
+
+
+
+ -
+
-
=
-
=
2
2
4
4
1
4
4
0
2
n
n
n
n
n
+
+ -
+
=
>
1
n
n
n
b
c
b
+ >
3
1
2
1
2
3
1
1
1
1
2
3
4
1
,
,
,
,
1
2
3
n
n
b
b
b
b
n
b
b
b
b
n
+
+
+
+
+
>
>
>
>
L
1
2
1
2
1
1
1
2
3
4
1
1
1
2
3
n
n
b
b
b
n
n
b
b
b
n
+
+
+
+
×
×¼×
>
×
×
×¼×
=
+
方法三：
，
8.【答案】（1）
    
（2）
【分析】（1）设切点坐标为
，根据导数的几何意义可得切线方程为
，代入点
可得
，即可得结果；
（2）根据题意可知
的圆心和半径，结合两圆外切可知数列
是以首项
，公差
的等差数
列，结合裂项相消法求解即可.
【详解】（1）因为
，则
，设切点坐标为
，则切线斜率
，
可得切线方程为
，即
，
代入点
可得
，解得
，所以直线方程为
.
（2）由（1）可知：
，则
，由题意可知：
的圆心为
，半径
，
因为
与
外切，则
，
可得
，且
，
整理可得
，即
，可知数列
是以首项
，公差
的等差数列，
则
，即
，则
，
所以
.
9. 【答案】（1）

1,+¥    
2
2
2
2
3
5
2
1
2
4
2
n
n
T
n
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
×
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
L
3 4
5 6
2
1 2
2
2 3
4 5
2
2
1
n
n
n
n
+
+
æ
öæ
ö
æ
ö
>
×
×
×
ç
֍
÷
ç
÷
+
è
øè
ø
è
ø
L
2
3
1
1
1
2
n
n
n
+
=
´
´¼´
=
+
1
nT
n
\
>
+
2
3
y
x
=
+
2
1
n
n
S
n
=
+
3
0
0
1
, 3
x
x
æ
ö
ç
÷
è
ø
2
3
0
0
2
3
y
x
x
x
=
×
-
2
0, 3
æ
ö
ç
÷
è
ø
0
1
x =-
nP
e
1
nx
ì
ü
í
ý
î
þ
1
1
1
x =
2
=
d

3
1
3
f
x
x
=

2
f
x
x
¢
=
3
0
0
1
, 3
x
x
æ
ö
ç
÷
è
ø


2
0
0
k
f
x
x
¢
=
=


3
2
0
0
0
1
3
y
x
x
x
x
-
=
-
2
3
0
0
2
3
y
x
x
x
=
×
-
2
0, 3
æ
ö
ç
÷
è
ø
3
0
2
2
3
3 x
= -
0
1
x =-
l
2
3
y
x
=
+

2
f
x
x
¢
=
2
n
n
y
x
=
nP
e


2
,
n
n
n
P x
x
2
n
n
r
x
=
nP
e
1
nP+
e
1
1
n n
n
n
PP
r
r
+
+
=
+




2
2
2
2
2
2
1
1
1
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
+
+
+
-
+
-
=
+


*
1
0
n
n
x
x
n
+
<
<
ÎN
1
1
2
n
n
n n
x
x
x x
+
+
-
=
1
1
2
1
n
n
x
x
+
=
-
1
nx
ì
ü
í
ý
î
þ
1
1
1
x =
2
=
d


1
1 2
1
2
1
n
n
n
x = +
-
=
-
1
2
1
nx
n
=
-



1
1
1
1
1
2
1
2
1
2 2
1
2
1
n
n
x
x
n
n
n
n
+
æ
ö
×
=
=
-
ç
÷
-
+
-
+
è
ø
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
5
2
1
2
1
2
2
1
2
1
n
n
S
n
n
n
n
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
+×××+
-
=
-
=
ç
÷
ç
÷
-
+
+
+
è
ø
è
ø
（2）①证明见详解；②不存在，证明见详解
【分析】（1）转化问题为ln
1
x
m
x
+
£
对于


0,
x
¥
Î
+
恒成立，设
ln
1
x
h x
x
+
=
，


0,
x
¥
Î
+
，利用导
数分析其单调性，进而求解即可；
（2）①结合（1）可得ln
1
£
-
x
x
，


0,
x
¥
Î
+
，当且仅当
1
x =
时等号成立，进而得到
na
n
³
，可得
当
2
n ³
时，


1
2
1
n
n
n
a <
-
-
，进而利用裂项相消法求证即可；
②先假设存在，先得到
1
2
n
n
n
a
a
a
+
+
<
<
，再结合
1
2
,
,
n
n
n
a a
a
+
+ 成等比数列，得到
2
n
q
n
+
=
，再由
ln
1
n
n
n
a
a
=
- ，
1
1
1
ln
1
n
n
n
a
a
+
+
+
=
- 得到
1
2
n
n
q
n
n
+
+
<
<
推出矛盾即可求证.
【详解】（1））由

2
ln
f x
x
x
x
mx
=
+
£
，


0,
x
¥
Î
+
，
则ln
1
x
m
x
+
£
对于


0,
x
¥
Î
+
恒成立，
设
ln
1
x
h x
x
+
=
，


0,
x
¥
Î
+
，则



2
2
1
ln
1
ln
x
x
x
x
h x
x
x
×
-
¢
+
=
= -
，
令

0
h x
¢
>
，得0
1
x
<
<
，令

0
h x
¢
<
，得
1
x >
，
所以函数
h x 在

0,1 上单调递增，在

1, ¥
+
上单调递减，
则

max
1
1
h x
h
=
= ，即
1
m ³
，所以实数m 的取值范围为

1,+¥ .
（2）①由（1）知，当
1
m = 时，
2
ln
x
x
x
x
+
£
，


0,
x
¥
Î
+
，
即ln
1
£
-
x
x
，


0,
x
¥
Î
+
，当且仅当
1
x =
时等号成立，
因为方程



*
f x
n n
=
ÎN
的根为
na ，所以
ln
n
n
n
a
a
a
n
+
=
，且
0
na >
，
则
1
ln
1
n
n
n
a
a
n
a
=
- £
- ，即
na
n
³
，
当
2
n ³
时，


1
1
1
2
1
1
2
n
n
n
a
n
n
n
£
<
=
-
-
+
-
，
则


1
1
1 2
2
1
3
2
1
2
1
n
i
i
n
n
n
a
=
< +
-
+
-
+
+
-
-
=
-
å
L
,
当
1
n =
时，
1 1
a = 也满足，则
1
1
2
1
n
i
i
n
a
=
£
-
å
②数列
na
中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列，证明如下：
由

ln
f x
x
x
x
=
+
，


0,
x
¥
Î
+
，则

ln
2
f
x
x
=
¢
+
，
当
1
x ³
时，

ln
2
0
f
x
x+
¢
=
>
，则函数
f x 在

1,+¥ 上单调递增，
结合题意，方程



*
f x
n n
=
ÎN
有唯一的根为
na ，即
ln
n
n
n
a
a
a
n
+
=
，
而
1
1
1
1
ln
ln
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
n
a
a
+
+
+
=
+
<
= +
+
，则
1
n
n
a
a +
<
，即
1
2
n
n
n
a
a
a
+
+
<
<
，
假设
1
2
,
,
n
n
n
a a
a
+
+ 成等比数列，则其公比
1
q >
，且
2
2
1
n n
n
a a
a
+
+
=
，
又ln
1
n
n
n
a
a
=
- ，则
1
1
1
ln
1
n
n
n
a
a
+
+
+
=
- ，
2
2
2
ln
1
n
n
n
a
a
+
+
+
=
- ，
所以
2
1
2
1
1
1
2
1
n
n
n
n
n
n
a
a
a
+
+
æ
ö
+
+
- +
- =
-
ç
÷
è
ø
，则


2
1
2
1
2
n
n
n
n
n
n
a
a
a
+
+
+
+
+
=
，
即




2
1
2
2
1
2
2
1
n
n
n
n
n
n
na
n
a
n
a
a a
a
+
+
+
+
+
+
+
=
，所以




2
1
2
2
1
n
n
n
na
n
a
n
a
+
+
+
+
=
+
，
则




2
2
2
1
n
n
n
na q
n
a
n
a q
+
+
=
+
，由于
0
na ¹
，
则


2
2
2
1
nq
n
n
q
+ + =
+
，即


2
2
1
2
0
nq
n
q
n
-
+
+ +
=
，
则



2
1
0
nq
n
q
é
ù
-
+
-
=
ë
û
，则
2
n
q
n
+
=
，
由ln
1
n
n
n
a
a
=
- ，
1
1
1
ln
1
n
n
n
a
a
+
+
+
=
- ，
两式相减得


1
1
1
1
1
1
1
ln
ln
ln
ln
0
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
na
a
n
n
a
a
q
a
a
a
a a
+
+
+
+
+
+
-
+
=
-
=
-
=
=
>
，
则

1
1
0
n
n
n
a
na +
+
-
>
，即
1
1
2
n
n
n
n
q
n
n
a
a
+
+
+
=
<
<
，这与
2
n
q
n
+
=
矛盾，
故数列
na
中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列.
题型06 导数的新定义与创新问题 
.
1. 【答案】（1）证明见详解    
（2）①证明见详解；②证明见详解
【分析】（1）根据
，即可解方程求解，
（2）①根据
，取
，可得
，结合新
定义可得
，即可对
求导，根据导函数的正负确定函数单调性，结合极值定义求证；
②利用放缩法，先证明故
，构造
求导，确定函数的最值.
【详解】（1）由
可得
，
由
可得
，解得
，
所以
为“缺陷偶函数”，且偶点唯一，且为0，
（2 ）由
可得
对任意
，恒成立，所以存在常数，使得
，
令
，则
，且
，解得
，
①
，则
，
由于
是“缺陷偶函数”，由
，即
，即
，
则
，得
，
，
由于
，所以
有两个不相等的实数根
，不妨设
，
当
或
时，
单调递增，当
时，
单调递减，
所以
有两个极值点
．
②若
，即
，则
，故
，



h x
h
x
=
-




2
2
f x
g x
x
f y
g y
y
a
+
-
= -
+
+
=
y
x
=

2
2
3
x
x
a
g x
- +
=
0
a <


F x
xg x
=
2
3
4
x
x
x
-
³
-



2
3
3
4
ln
1
2
p x
x
x
=
-
-
-

5
h x
x
x
= +




5
5
h
x
x
x
x
x
-
= - + -
= - -



h x
h
x
=
-


5
5
4
2
1
0
x
x
x
x
x
x
+
= - -
Þ
+
=
0
x =

5
h x
x
x
= +




2
2
f x
f y
g x
g y
x
y
+
+
-
=
+




2
2
f x
g x
x
f y
g y
y
+
-
= -
+
+
,
R
x y Î
a




2
2
f x
g x
x
f y
g y
y
a
+
-
= -
+
+
=
y
x
=


2
f x
g x
x
a
+
-
=


2
f x
g x
x
a
-
+
+
=

2
2
3
x
x
a
g x
- +
=

2
1
3
3
3
g x
x
a
y
x
x
=
=
+
-


2
1
3
3
3
g
x
x
a
x
x
-
-
=
-
-
-

g x
y
x
=
2
1
2
1
3
3
3
3
3
3
x
a
x
a
x
x
-
+
-
=
-
-
2
3
3
x
a
x
= -


2
2
0
x
a x
= -
¹
2
0
a
-
>
0
a <



3
2
2
2
3
2
2
,
3
3
x
x
ax
x
x
a
F x
xg x
F x
-
-
+
=
=
¢
+
=
4 24
0
a
D = -
>

0
F x
¢
=
1
2
,
x x
1
2
x
x
<
1
x
x
<
2
x
x
>


0,
F x
F x
¢
>
1
2
x
x
x
<
<


0,
F x
F x
¢
<


F x
xg x
=
1
2
,
x x
3
2
g
=

9
3
2
6
2
3
2
3
3
a
a
g
-
+
+
=
=
=
0
a =

2
3
x
x
g x
-
=
当
时，要证
，只需要证
，
因为
，故
，只需证
，
令
，
当
单调递减，当
单调递增，
故
，所以
，从而
，故
，
即
时，
.
2. 【答案】（1）
2
e
a £
    
（2）证明见详解    
（3）
2e
1
4
a
+
³
【分析】（1）由函数
单调性转化为导函数e
2
0
x
ax
-
³
在区间

0, ¥
+
恒成立，分离参数求解；
（2）根据新定义转化为
1
2
1
2
1
2
e
1
e
1
2
x
x
x
x
x
x
-
-
-
- =
+
，换元后利用导数证明方程不成立即可得证；
（3）根据新定义利用导数，分类讨论求解.
【详解】（1）当
0
x >
时，

2
ex
f x
ax
=
-
，

e
2
x
f
x
ax
=
¢
-
，
由题意可知，e
2
0
x
ax
-
³
，即2
xe
a
x
£
在区间

0, ¥
+
上恒成立，
设函数


e
0
x
g x
x
x
=
>
，则

2
e (
1)
x x
g x
x
-
=
¢
，
当
(0,1)
x Î
时，

0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减，
当
(1,
)
x Î
+¥ 时，

0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，所以
1
e
g x
g
³
=
，所以2a
e
£
，即
2
e
a £
.
（2）当
0
x >
时，

2
ex
f x
ax
=
-
，

e
2
x
f
x
ax
=
¢
-
，
1
x >



2
1 ln
1
2
g x
x
>
-


2
2
3 ln
1
2
x
x
x
-
>
-




2
2
3
4
2
0
x
x
x
x
-
-
-
=
-
³
2
3
4
x
x
x
-
³
-


2
3
3
4
ln
1
2
x
x
-
>
-






2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
4
ln
1 ,
3
1
2
1
1
x
x
x
p x
x
x
p x
x
x
x
-
-
=
- -
-
= -
=
>
-
-
¢


5
1
1
,
0,
2
x
p x
p x
¢
+
<
<
<


5 1,
0,
2
x
p x
p x
¢
+
>
>





2
min
3
5
1
3
5
1
5
1
3
5
1
3
5
1
4
ln
1
4
ln
2
2
2
2
2
2
2
p x
p
é
ù
+
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
+
+
ê
ú
=
=
-
-
-
=
-
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ê
ú
è
ø
è
ø
è
ø
ë
û
3
3.236
3
4
0.481
0.1325
2
2
´
»
-
-
´
=
min
0
p x
>

0
p x >


2
3
3
4
ln
1
2
x
x
-
>
-
1
x >



2
1 ln
1
2
g x
x
>
-
的
假设

y
f x
=
在点




1
1
,
x
f
x
和点




2
2
,
x
f x
处存在“自公切线”l，
则l 的斜率
1
2
1
2
e
2
e
2
x
x
k
ax
ax
=
-
=
-
，
1
2
1
2
2
e
e
2 (
)
x
x
k
a x
x
=
+
-
+
，即
1
2
1
2
e
e
(
)
2
x
x
k
a x
x
+
=
-
+
，
同时
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
(
)
(
)
(e
)
(e
)
e
e
(
)
x
x
x
x
f x
f x
ax
ax
k
a x
x
x
x
x
x
x
x
-
-
-
-
-
=
=
=
-
+
-
-
-
，
故
1
2
1
2
1
2
e
e
e
e
2
x
x
x
x
x
x
-
+
=
-
，即
1
2
1
2
1
2
e
1
e
1
2
x
x
x
x
x
x
-
-
-
- =
+
不妨设
1
2
x
x
<
，令
1
2 0
t
x
x
=
-
<
，



e
1
0
e
1
2
t
t
t
F t
t
-
=
-
<
+
，
则

2
2
2
2e
1
(e
1)
0
(e
1)
2
2(e
1)
t
t
t
t
F t
-
-
¢
=
-
=
£
+
+
，
所以

F t 在区间(
,0)
-¥
上单调递减，

0
0
F t
F
>
=
，故e
1
e
1
2
t
t
t
- =
+
不成立，
所以当
0
x >
时，曲线

y
f x
=
不存在“自公切线”.
（3）因为


f
x
f x
-
=
，所以
f x 为偶函数，
又由（2）可得，当
0
x >
时，曲线

y
f x
=
不存在“自公切线”，
所以当
0
x <
时，曲线

y
f x
=
也不存在“自公切线”．
假设

y
f x
=
在点




1
1
,
x
f
x
和点




2
2
,
x
f x
处存在“自公切线”l，
则
1
x 和
2x 只可能一正一负，不妨设1 0
x < ，
2
0
x >
，
则l 的斜率
1
2
1
2
e
2
e
2
x
x
k
ax
ax
-
=-
-
=
-
，
1
2
1
2
2
e
2
e
2
x
x
k
ax
ax
-
=-
-
+
-
即


1
2
1
2
e
e
2
x
x
k
a x
x
-
-
+
=
-
+
同时
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
(
)
(
)
(e
)
(e
)
e
e
(
)
x
x
x
x
f x
f x
ax
ax
k
a x
x
x
x
x
x
x
x
-
-
-
-
-
-
-
=
=
=
-
+
-
-
-
，
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
e
e
e
e
e
e
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
-
-
-
+
-
-
+
=
=
-
-
，
所以
1
2
e
e
0
x
x
-
-
+
=
或
2
1 2
x
x
-
=
，即1
2
0
x
x
+
=
或
2
1 2
x
x
-
=
，
①当1
2
0
x
x
+
=
时，因为
1
2
1
2
e
2
e
2
x
x
k
ax
ax
-
=-
-
=
-
，所以
2
2
2
2
e
2
e
2
x
x
ax
ax
-
+
=
-
，
所以
2
2
e
2
0
x
ax
-
=
，令

e
2
(
0)
x
G x
ax x
=
-
>
，则

e
2
x
G x
a
=
¢
-
，
当2
1
a £
时，

0
G x
¢
>
，

G x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，

0
1
G x
G
>
= ，
所以函数

G x 没有零点，此时没有满足题意的
2x ，即

y
f x
=
没有“自公切线”；
当2
1
a > 时，
(0, ln 2 )
x
a
Î
时，

0
G x
¢
<
，

G x 单调递减，
(ln 2 ,
)
x
a
Î
+¥ 时，

0
G x
¢
>
，

G x 单调递增，
所以
min
(ln2 )
2
2 ln2
2 (1 ln2 )
G x
G
a
a
a
a
a
a
=
=
-
=
-
，
因为

0
1
0
G
= >
，且x+¥时，

G x
¥
+
，
当1
2
e
a
<
<
，即1
2
2
e
a
<
<
时，
min
0
G x
>
，

G x 没有零点，即

y
f x
=
没有“自公切线”；
当2
e
a =
，即
e
2
a =
时，
min
0
G x
=
，

G x 有一个零点，即

y
f x
=
有一条“自公切线”；
当2
e
a >
，即
e
2
a >
时，
min
0
G x
<
，

G x 有两个零点，即

y
f x
=
有两条“自公切线”．
②当
2
1 2
x
x
-
=
时，
2
1 2
x
x
=
+ ，又
1
2
0,
0
x
x
<
>
，所以
1
2
0
x
- <
<
，
因为
1
2
1
2
e
2
e
2
x
x
k
ax
ax
-
=-
-
=
-
，所以
1
1 2
1
1
e
2
e
2 (
2)
x
x
ax
a x
-
+
-
-
=
-
+
，所以
1
1
2
4
e
e
x
x
a
+
-
=
+
，
设函数

2
e
e (
( 2,0))
x
x
H x
x
+
-
=
+
Î -
，

2
e
e
x
x
H x
+
-
=
-
¢
，
当
( 2, 1)
x Î -
-
时，

0
H x
¢
<
，

H x 单调递减；
当
( 1,0)
x Î -
时，

0
H x
¢
>
，

H x 单调递增，
且


2
2
1 e
H -
= +
，

1
2e
H -
=
，

2
0
e
1
H
=
+ ，
所以当4
2e
a =
，即
e
2
a =
时，
1
x 有一个解，即

y
f x
=
有一条“自公切线”；
当
2
2e
4
e
1
a
<
<
+
，即
2e
1
e
4
2
a
+ >
>
时，
1
x 有两个解，即

y
f x
=
有两条“自公切线”；
当4
2e
a<
或
2
4
1
e
a ³
+ ，即
e
2
a <
或
2e
1
4
a
+
³
时，
1
x 无解，即

y
f x
=
没有“自公切线”．
又因为当
e
2
a =
时，
在情况①1
2
0
x
x
+
=
中，
2 1
x = ，1
2
1
x
x
=-
=- ；
在情况②
2
1 2
x
x
-
=
中，1
1
x =- ，
2
1 2 1
x
x
= + = ；
所以当
e
2
a =
时，1
2
0
x
x
+
=
与
2
1 2
x
x
-
=
同时成立，

y
f x
=
有且只有一条“自公切线”．
综上所述，若曲线

y
f x
=
有且只有两条“自公切线”，实数a 的取值范围是
2e
1
4
a
+
³
.