培优专题05函数与导数6大重难题型（大题专练）（答案版）_数学_一轮复习_2027年高考数学一轮更新中_62027年高考数学大题突破+限时集训（多地区使用）

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） ；
（2）（）过点 的切线分别有1条、0条；（ ）2条，理由见详解.
i ii
【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）（）（ ）设切点为 且 ，应用导数的几何意义求切线方程，根据点在切线上得到
i ii
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 ，则 ，且 ，
所以曲线 在 处的切线为 ，
由切线过原点，则 ，可得 ，所以 ；
（2）由题设 ，则 ，设切点为 且 ，
所以切线方程为 ，则 ，
（）若切线过点 ，则 ，可得 ，即过点 的切线仅有一条；
i
若切线过点 ，则 ，令 ，则 ，所以 时 ， 时 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时 ， 时 ， 时 ，
所以 在 上无零点，即没有过点 的切线；
（ ）切线过点 ，则 ，令 ，则 ，
ii
所以 时 ， 时 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时 ， 时 ， 时 ，
所以 在 上有2个零点，即过点 的切线有2条.
2ln21x4y4ln230
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
f x 1, f 00
（2）利用二次求导得到函数 在 单调递增，又 即可证明.
1 1  1
fx lnx1 x1  a.
【详解】（1）
f
x的定义域为1,，  
2 2  x1
f01a0
因为 ，所以a 1.
1  3 1 1
f x x1 ln1xx，f 1 ln21，f1 ln2
 
所以 2  2 2 4，
3  1 1
y ln21  ln2 x1
所以，函数 f x 在点  1，f 1 处的切线方程为  2    2 4   ，2ln21x4y4ln230
整理得 .
1 x
gx fx lnx1
（2） 2 2x1 ，
1 2x12x 1 1 x
gx    
则 2x1 4x12 2x1 2x12 2x12 ，
gx0 gx gx0 gx
当1 x0时， ， 单调递减；当x 0时， ， 单调递增；
gx g00 fx0 f x 1, f 00
所以当x 1时， ，即 ，所以 在 单调递增，又 ，
f x0 f x0
故当1 x0时， ；当x 0时， .
3. 【答案】（1）①当 时， ，则 在 上单调递增;
②当 时， 在 上单调递增，在 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
在直线 的下方，转化为函数不等式问题即可，
【详解】（1）因为 的定义域为 ，
导函数 .
的
①当 时， ，则 在 上单调递增.
②当 时，令 ，得 ；
令 ，得 ；所以， 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）因为曲线 经过点 所以 ，解得 ．
所以 ．因为 ，所以 的方程为 .要证除切点 外，曲线 在直线 的下方，
即证： ，只需证： .
设 ，则 ，
令 ，得 ；令 ，得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 .
所以当 时， ，所以原命题得证.
1
4.
【答案】（1）a 
2
（2）证明见详解
【分析】（1）借助极值点定义可得
fx
的导数在x0处为0，可求出a，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l: y e1x，则只需证：当x0时， e1x3lnx3，构造函数
xe1x3lnx3，借助导数研究其单调性后即可得其最小值，即可得解.
fxex 2ax1 hx fxex 2ax1 hxex 2a
【详解】（1） ，令 ，则 ，
1
a 
fx h0e0 2a12a0
由0为 的极值点，则 ，即 2；
1
a 
hxex 1 hx0 hx0
检验：当 2时， ，则当x0时， ，当x0时， ，
fx 0, ,0
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
1
a 
fx
故0为 的极值点，故 2符合题意；f xex x f x  x , f x 
（2）当a0时， ，设l与 的切点为 0 0 ，
fxex 1 ex 0 x   ex 0 1  x x 1ex 0 0
由 ，则有 0 0，即 0 ，
x 1 l: y e1x x0 e1x3lnx3
解得 0 ，故直线 ，则只需证：当 时， ，
3
e1x3
xe1 
令xe1x3lnx3，则 x x ，
3 3
x x
x0 x0
则当 e1时， ，当 e1时， ，
 3   3 
0, ,
故x在   e1  上单调递减，在  e1  上单调递增，
 3  3 3 e1
x e1 3ln 33ln 3ln10
 
故 e1 e1 e1 3 ，
x0 gx
x0 l 的
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 ，单调递减区间为 ．
（2）
【分析】（1）确定函数的定义域，求导，求 ， 在定义域内的解得单调区间；
（2）设点 （ ），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 的定义域为 ，对函数求导得 ，
令 ，得 ；令 ，得 ，所以函数 单调递增区间为 ，单调递减区间为 ．
的
（2）解法一：设点 （ ），
所以点 到直线 的距离为 ，
令 ，则 ，
令 ，得 （舍去）或 ，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
所以 在 处取到极大值 ，也是最大值，
所以 ，当且仅当 时等号成立，
即点 到直线 距离的最小值为 ．
解法二：直线 的斜率 ，
设 （ ），又 ，令 ，
得 ，解得 （舍）或 ，所以点 的坐标为 ，
所以曲线 上与直线 平行的切线的切点为 ，
由题意知点 到直线 距离的最小值即为点 到直线 的距离，
又点 到直线 的距离 ，
所以点 到直线 距离的最小值为 ．6.【答案】（1）在 上单调递减，在 单调递增；
（2）（i） ；（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 有两个零点得出最小值 ，即可得 的取值范围；
（ii）结合（i）知，要证 ，即证 ，即 ，分
和 进行证明.
【详解】（1）当 时， ，函数 的定义域为 ，
，
当 时， ，函数 单调递减；当 时， ，函数 单调递增.
综上所述，函数 在 上单调递减，在 单调递增.
（2）（i）函数 的定义域为 ， ，
①当 时， ，函数 在 单调递减， 至多有一个零点，不符合题意；
②当 时，令 ，解得 ，
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增.
∴当 时， 取得最小值，最小值为 .
因为函数 有两个零点，且 时， ， 时， ，所以 .
设 ，易知函数 在 单调递增.因为 ，所以 的解集为 .综上所述，实数 的取值范围是 .
（ii）因为 ，由 ，结合（i）知 ，
要证 ，即证 ，即 ，
当 时，因为 ， ，不等式恒成立；
当 时，由 得 .
即证 .
即证 .即证 .
设 ， ，由 ，
所以 在 单调递增.所以 ，故原不等式成立.所以 .
🎯命题方向三 利用导数研究函数的单调性（含参数）
2x2y10
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；
a
（2）求导，对参数 分类讨论即可.
x2
【详解】（1）若 ，则 f x 2x， fx x2 ，所以 f11 ， f 1 3 ，
a 0 2 2
3
故 f x 在 处的切线方程为y x1 ，即 ．
x 1 2 2x2y10
2a x2 (a2)x2a (x2)(xa)
f(x) x(a2) 
（2） ，且 ，
x x x x(0,)
当a0时，x(0,2)时 f(x)0，x(2,)时 f(x)0，
所以， f (x)在(0,2)上单调递减， f (x)在(2,)上单调递增；
当0a2时，x(0,a)时 f(x)0，x(a,2)时 f(x)0，x(2,)时 f(x)0，所以， f (x)在(0,a)、(2,)上分别单调递增， f (x)在(a,2)上单调递减；
当a 2时，x(0,)时 f(x)0恒成立，故 f (x)在(0,)上单调递增；
当a 2时，x(0,2)时 f(x)0，x(2,a)时 f(x)0，x(a,)时 f(x)0，
所以， f (x)在(0,2)、(a,)上分别单调递增， f (x)在(2,a)上单调递减．
综上，当a0时， f (x)在(0,2)上单调递减， f (x)在(2,)上单调递增；
当0a2时， f (x)在(0,a)、(2,)上分别单调递增， f (x)在(a,2)上单调递减；
当a 2时， f (x)在(0,)上单调递增；
当a 2时， f (x)在(0,2)、(a,)上分别单调递增， f (x)在(2,a)上单调递减．
8
.【答案】（1）4x y10
f x 0, f x 0,a a,
（2）当a0时， 在 上单调递增；当a 0时， 在 上单调递减，在 上
单调递增.
0,1
（3）
f1
【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；
f x
（2）求导，分a0和a 0两种情况讨论可求得 的单调性；
f x a1a2lna0
（3）结合（2）可得a 0时， 有极小值，进而结合题意可得 ，进而求解即可.
x2 1
【 详 解 】 （ 1 ） 当 时 ， f x lnx2x ， 所 以 fx x 1 2， 所 以
a 1 2 2 x
1
f11 24，
1
12 1
f 1 ln121 3
又 ，
2 2
y  f x  1, f 1 y34x1
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即4x y10.
x2 a
f x alnxa1x
（2） ，
2 2a x2 a1xa xax1
得 fx x a1  ，函数 f x 的定义域为 0, ，
x x x
x0, fx0 f x 0,
若a0，可得 时， ，所以 在 上单调递增；
x0,a fx0 f x 0,a
若a 0时，当 时， ，所以 在 上单调递减；
xa, fx0 f x a,
当 时， ，所以 在 上单调递增；
f x 0,
综上所述：当a0时， 在 上单调递增；
f x 0,a a,
当a 0时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
f x
（3）由（2）可知当a 0时， 有极小值，
a2 a a2 a
f a alnaa1a  alna
极小值为 ，
2 2 2 2
a2 a
a
此时极小值也是最小值，由 f x0，可得  alna 0 ， 1a2lna0，
2 2 2
2
又 ，所以 .令ga1a2lna，求导得ga1 0，
a 0 1a2lna0 a
ga 0, g1112ln10
所以 在 上单调递减，又 ，
a0,1 ga g10 a1, ga g10
当 时， ，当 时， ，
a0,1 ga0 f x0 0,1
所以 时， ，此时满足 ，所以a的取值范围 .
a0 f x 0,
9. 【答案】（1）当 时，函数 在区间 上单调递增；
 1   1 
当 a0 时，函数 f x 在区间  0, 2a   上单调递增，在区间   2a ,   上单调递减．
（2）证明见详解
fx
a0
fx fx0
a0
【分析】（1）求出 ，当 时，根据 的形式可判断 ，当 时，同样依据 1   1 
0,  ,
fx的形式可判断 fx在   2a  、   2a  上符号，从而得到单调性区间；
1 1
（2）根据（1）中的单调性得到 f x ，根据恒成立得 a1 ln2a2a 1在
4a 2a
max
1 1 1
 a0上恒成立，gaa ln2a, a0，求出其导数后可判断该函数为增函数，从
2 4a 2
而得不等式恒成立.
f xa(x1)2 xlnx aR 0,
【详解】（1）由题意可知，函数 ， 的定义域为 ，
x12ax1
fx
导数 x ，x0当a0时，x0,， fx0；
 1   1 
x 0, x  ,
当 a0 时，   2a  ， fx0；   2a  ， fx0；
a0 f x 0,
综上，当 时，函数 在区间 上单调递增；
 1   1 
0,  ,
当 a0 时，函数 f x在区间   2a  上单调递增，在区间   2a  上单调递减．
1
 a0
（2）由（1）可知，当 2 时，
 1   1 
0,  ,
函数 f x在区间   2a  上单调递增，在区间   2a  ，上单调递减．
2
 1  1  1  1
f x a 1  ln  a1 ln2a
所以 max   2a   2a   2a   4a ，
1 1 1
f x2a 1 a1 ln2a2a 1
要证 2a ，需证 4a 2a ．1 1
a ln2a0, a0
即需证 4a 2 恒成立，
1 1 1 2 (2a1)2
gaa ln2a, a0 ga1   0
令 4a 2 ，则 4a2 2a 4a2
 1   1
 ,0 ga g  0
所以函数ga在区间   2   单调递增，故   2   ，
1 1 1 1
a ln2a0  a0  a0 f x2a 1
所以 4a ， 2 恒成立，所以当 2 时， 2a ．
🎯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
s s  1 
0   ,0
（3）当 a0 时， f s ，当 a0 时， f s   2   .
y
【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.
a
（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 .
a 0,a 0,a0
（3）分 三种情况讨论函数的极值，进而得到结果.
【详解】（1）当a 1时，当x0时， ，所以 f29，又 f 21，
曲线 y  f x 在点  2, f 2 处的切线为 y 9x17 ，令x0，得 y 17 ，
y  f x  2, f 2 y
曲线 在点 处的切线在 轴上的截距为17.
f x
x0
（2）因为函数 在 处连续，
f x , f x ,0 0,
所以 在 上单调递增等价于 在 和 上单调递增，
 3x2 3a,x0

因为
fx
 x2 2xa  ex,x0 ，

x0 fx3x2 3a0 3x2 3a a0
当 时， 恒成立，所以 ，所以 ，当x0， fx  x2 2xa  ex 0 恒成立，所以x2 2xa0所以 a0 ，所以 a 的值是0.
f x
a0
（3）当 时，根据（2）函数 无极值点，不合题意，
a0 fx0 x  a,x  a
当 时，令 ，得到 1 2 （舍）
x, fx, f x
所以 的变化情况如下表：
   
x , a  a  a,0 0 0,
fx
+ 0 - 无定义 +
f x 极大值 极小值
  
s
0
因为 f 0a，所以 f s ，当 时，令 fx0，
a0
2 44a 2 44a
x  ,x 
即x2 2xa 0，得到 1 2 2 2 （舍）
x, fx, f x
所以 的变化情况如下表：
x ,0 0 0,x  x x ,
1 1 1
fx
+ 无定义 - 0 +
f x 极大值 极小值
  
s x x x 1 s  1 
 1  1  1    ,0
所以 f s f x 1   x 1 2 a  ex 1 2x 1 ex 1 2ex 1 ，所以 f s   2   ，
s s  1 
0   ,0
 
综上，当 a0 时， f s ，当 a0 时， f s  2 .
a2
11. 【答案】（1） ；
（2）（i）a 2；（ⅱ）证明见详解.【分析】（1）求出 f (x)的导数，由给定区间及单调性建立不等式求解.
（2）（i）利用 f (x)与g(x)在x 1处的导数值相等求出a；（ⅱ）按 x 1 1,x 1 1,0 x 1 1 分段讨论，
结合极值点的偏移方法推理得证.
1 a 1
【详解】（1）函数 f(x)alnxx 在 上单调递减，则 ， f(x) 1 0，
x (0,) x 0 x x2
1 1
即 ，a x ，而x 2，当且仅当 时取等号，因此 ，所以a的取值范围是 .
x 0 x x x 1 a2 a2
g(x)lnx
（2）（i）由g(x) xlnxx1，求导得 ，
由曲线y f(x)与y  g(x)在x 1处有相同的切线，得 f(1)  g(1)，即a20，
a 2 y f(x) y  g(x) x 1 y 0 a 2
解得 ，此时曲线 与 在 处的切线都为 ，符合题意，所以 .
1
（ⅱ）由（1）及（i）知，函数 f(x)2lnxx 在 上单调递减，且 ，
x (0,) f(1)0
g(x)lnx
，当0 x1时，g(x)0；当x 1时，g(x)0，
函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，且g(1)0，
x 1 f(x )0 g(x )0
当 1 时， 1 ，而 2 ，不符合题意；
x 1 g(x )0 x 1 x x 1
当 1 时， f(x )0，则 2 ， 2 ，因此 1 2 ，符合题意；
1
0 x 1 f(x ) g(x ) 0,1
当 1 ， 1 的取值集合为(0,)，而 2 在x (0,1)的取值集合为 ，
2
x (1,) f (x ) g(x )
在 2 的取值集合为(0,)，因此 1 2 能成立，
x x 1
当x (0,1)时， 1 2 ；
2
1 1 2x1 x2 x2
(1,) f(x)g( ) (lnx ),x(0,1)
当x 2 (1,)时， x 1 ， x x 2x1 ，
x2 x2 1 (2x1)2 2(x2 x2) (1x)(2x2 1)
(x)lnx ,0 x1 (x)   0
令 2x1 ，求导得 x (2x1)2 x(2x1)2 ，1
函数 在 上单调递增， ，即 f(x) g( )，
(x) (0,1) (x)(1)0 x
1 1
f(x ) g( ) g(x ) g( )
因此 1 x ，而 f (x ) g(x )，则 2 x ，又函数 在 上单调递增，
1 1 2 1 g(x) (1,)
1
x 
于是 2 x ，即x x 1，所以x x 1.
1 1 2 1 2
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）
（2）
【分析】（1）由题意可得 在 上恒成立，构造函数 ，利用导数研究
其单调性后可得其最小值 ，再令 ，利用导数研究其单调性.
（2）构造函数 ，利用导数研究其单调性即可得解.
【详解】（1） ，
由函数 在 单调递增，则 在 上恒成立，
令 ，即 在 上恒成立，
若 ，则当 时， ，不符题意；故 ，
，
当 ， ，当 ， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，则有 ，令 ，则 ，当 ， ，当 ， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，则 ，
故当且仅当 时， 恒成立，即 ；
（2）由 ，则 ，
，则 ，令 ，
则 ，
故 在 上单调递减，又 ，
故当 时， ，即 ，
2.【答案】（1）
（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 的值；
（2）求出 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） ，
因为 在 上单调递增，故 ，而 时， ，故 即 ；
而 时， ，故 即 ，故 .
（2） ,故 ，
设 ，则 ，故 即 在 上单调递增.
而 ， ，故 在 存在一个零点 且：当 时， ；当 时， ，故 在 上单调递减，在 上单
调递增，故 ，而 ，故 ，
故 ，
而 ，双勾函数 在 为减函数，故 ，故 .
🎯命题方向二 利用导数研究函数极值点、极值问题
3． 【答案】（1）
（2）
【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 和 两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得 ，
构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知 有零点，可得 ，进而利用导数求
的单调性和极值，分析可得 ，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当 时，则 ， ，可得 ， ，
即切点坐标为 ，切线斜率 ，
所以切线方程为 ，即 .
（2）解法一：因为 的定义域为 ，且 ，
若 ，则 对任意 恒成立，可知 在 上单调递增，无极值，不合题意；
若 ，令 ，解得 ；令 ，解得 ；可知 在 内单调递减，在 内单调递增，
则 有极小值 ，无极大值，
由题意可得： ，即 ，
构建 ，则 ，可知 在 内单调递增，且 ，
不等式 等价于 ，解得 ，所以a的取值范围为 ；
解法二：因为 的定义域为 ，且 ，
若 有极小值，则 有零点，令 ，可得 ，
可知 与 有交点，则 ，
若 ，令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 在 内单调递减，在 内单调递增，
则 有极小值 ，无极大值，符合题意，
由题意可得： ，即 ，构建 ，
因为则 在 内单调递增，可知 在 内单调递增，且 ，
不等式 等价于 ，解得 ，
所以a的取值范围为 .
4． 【答案】（1）证明见详解；
（2）（i）证明见详解；（ii） ，证明见详解.
【分析】（1）先由题意求得 ，接着构造函数 ，利用导数工具研究函数 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 在区间 上存
在唯一极值点；再结合 和 时 的正负情况即可得证 在区间 上存在唯一零
点；
（2）（i）由（1） 和 结合（1）中所得导函数 计算得到
，再结合 得 即可得证；
（ii）由函数 在区间 上单调递减得到 ，再结合 ，
和函数 的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【详解】（1）由题得 ，
因为 ，所以 ，设 ，
则 在 上恒成立，所以 在 上单调递减，
，令 ，
所以当 时， ，则 ；当 时， ，则 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 在 上存在唯一极值点，
对函数 有 在 上恒成立，
所以 在 上单调递减，所以 在 上恒成立，
又因为 ， 时 ，所以 时 ，
所以存在唯一 使得 ，即 在 上存在唯一零点.（2）（i）由（1）知 ，则 ， ，
，则
，
，
，即 在 上单调递减.
（ii） ，证明如下：由（i）知：函数 在区间 上单调递减，
所以 即 ，又 ，
由（1）可知 在 上单调递减， ，且对任意 ，所以 .
5. 【答案】（1）ln2
（2）证明见详解
,2
（3）
f x x2 xlnx
【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.
fx2xblnxb hx2xblnxb hx
（2）先求出导数 ，令 ，利用导数得到 的单调性，进而
根据零点存在定理即可得证.
1
（3）令 px x blnxx0 ，将不等式 f x1，转化为 px0的解集为 x 0 xu ，求出
x
px
导数，分b0，0b2和b2三种情况讨论 的单调性，极值点及零点情况.
f x 0, f x x2 xlnx
【详解】（1）函数 的定义域为 .由b 1，可得 ， 1
fx2x lnxx 2xlnx1 1 2x1
所以   x   ，设gx2xlnx1，则gx2 x  x ，
1
令gx0，因为 ，所以解得x .
x 0 2
 1
1 0,
所以当
0 x
2
时，gx0，gx
在

 2

 上单调递减；
1 
1 ,
当
x
2
时，gx0，gx
在

2

 上单调递增，
1 1 1
1 g 2 ln 1ln2
所以当
x
2
时，gx
取到最小值

2

 2 2 ，即切线的斜率的最小值为 ln2 .
 1
fx2xb lnxx 2xblnxb
（2）函数 f x 的定义域为 0, .   x   ，
b 2xb
令hx2xblnxb，则hx2  .
x x
2xb
因为 ，所以 ，又因为 ，所以hx 0，所以hx 在 0, 上单调递增.
b0 b0 x 0 x
h12bln1b2b0 hx
又因为 ，当x0时，blnx，所以 ，
hx 0, x 0,1 hx 0 fx 0
又因为 在 上连续，所以存在 0 ，使得 0 ，即 0 ，
0 x x hx0 fx0 f x 0,x 
所以当 0时， ，即 ， 在 0 上单调递减；
x x hx0 fx0 f x x ,
当 0时， ，即 ， 在 0 上单调递增；
x x f x f x
所以 0是 的极小值点，所以函数 在其定义域内存在极小值；
1
（3） f x1等价于 ，即x blnx0x 0 ，
x2 bxlnx10 x
1
令 px x blnxx0 ，
x
u f x1  x 0 xu 
若存在实数 ，使得关于x的不等式 的解集为 ，1 b x2 bx1
即 px0的解集为  x 0 xu  ， px1 x2  x  x2 ，令mx x2 bx1.，
mx0 px0 px
①当b0时， ，即 ，函数 单调递增，
1
又 p11 bln10，所以当 时， px0成立，符合题意；
1 0 x1
mx x2 bx1 Δb2 4b2 40
②当0b2时， 的判别式 ，
mx0 px0
所以 在x 0时恒成立，即 在x 0时恒成立，
1
即 px 在 0, 上单调递增.因为 p11 bln1=0，所以 是 px 唯一的零点，
1 x 1
px0 px0
当0 x1时， ；当x 1时， ，
px0  x 0 x1 
能满足使 的解集为 ，符合题意；
mx x2 bx1 Δb2 4b2 40
③当b2时， 的判别式 ，
mx0
故 有两个不相等的实数根，
x x b0,x x 10
由韦达定理可知， 1 2 1 2 ，因此两根均为正根，且0x 1x ，
1 2
px 0,x  x ,x  x ,
则可知 在 1 上单调递增，在 1 2 上单调递减，在 2 上单调递增，
px x x x x
所以 在 1时取到极大值，在 2处取到极小值.
1
又因为 p11 bln1=0，所以 px 0,px 0，
1 1 2
px px 0,x  x
又当x0时， ，所以 在 1 上存在一个零点 3，
x , x px0 0,x 1,x 
在 2 上存在另外一个零点 4，所以 的解集为 3 4 ，
px0  x 0 xu 
与 的解集为 相矛盾，故不符合题意.
,2
综上可知，b的取值范围为 .6. 【答案】（1）
（2）
【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 ；
（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 与曲线 相切于 ，
因为 ，所以切线斜率为 ，
所以 ，则 ，所以切点为 ，
又因为切点 在直线 上，所以 ，所以 ．
（2） ，
则 ．
当 时， ， ， ， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 是 的极小值点，不满足题意；
当 时， ， ， ， ， ， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 是 的极小值点，不满足题意；当 时， ， ，
所以 在 上单调递增，所以 不是 的极值点，不满足题意；
当 时， ， ， ， ， ， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，所以 是 的极大值点，满足题意，综上， 的取值范围是 ．
7． 【答案】（1）极小值为 ，无极大值
（2）
【分析】（1） ， ，求导利用导数确定极值即可；
（2）根据题意可得， 在 上有两个不同的根，令 ，求导分析单调性，结合图像确
定参数范围即可.
【详解】（1）当 时， ，则 ，令 ，解得 ．
当 时， ，此时 单调递减；当 时， ，此时 单调递增．
故函数 在 处取得极小值，极小值为 ，无极大值.
（2）由题意知，函数 的定义域为 ， ，又 在定义域内有两个不同的极值
点，则方程 在 上有两个不同的根，即方程 在 上有两个不同的根，
即方程 在 上有两个不同的根，令 ， ，则 ，
则当 时， ，当 时， ，则函数 在 上单调递增，在 上
单调递减，所以 ，因为 ，当 时， ，当 时， 0，
当 时， ，所以 函数图像如下，又 在 上有两个不同的根，所以实数 的取值范围为 ．
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）
（3）
【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 ，则 恒成立，利用分离参数法求解即可；
（3）法一：由题可知 ，使 ，分离参数可得 ，令
，则原问题等价于 ，利用倒数求出 即可得解.
法二：求导，再分 ， ， 和 四种情况讨论，进而可得出答案.
【详解】（1）当 时， ， ，且等号不恒成立，
故 在 上单调递减，
由于 ，从而 在 上有且只有一个零点；
（2） ，令 ，
又 是定义域上的增函数，则 恒成立，则 恒成立，
而 的最大值为1，所以 ，故 的最小值为 ；
（3）法一：由题可知 ，使 ，又 ，所以 ，故 ，
令 ，则原问题等价于 ，设 为 的极大值点， ，
令 ， ， ，令 ， ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，又 ， ，
故 在 上存在唯一零点 ，故 时， ， 时， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，又 ，故 时， ，且等号不
恒成立，所以 在 上单调递增，此时 ，
又 为 的极大值点，故 ，且 ，即 ，
而 ，故 ，则 ，得 ，故 ，
由 ，得 ，且 ，
当且仅当 时两等号同时成立，故 时， 为 所有极大值中最大的，
又 时， ，又 时， ，故 的最大值为 ，
故 ，故 的取值范围为 .
法二：由 ，得 ，
①当 时， 时， ， 在 上单调递减，
所以当 时， ，符合题意；
②由（2）知，当 时， 在 上单调递增，所以当 时， ，
所以 在 上单调递增，故 ，不符合题意；③当 时， ，符合题意；
④当 时， ，
令 ，则 ，当 时， ，从而 ，
故 在 上单调递增，此时 ；
当 时，令 ，则 ，
易知 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ， ，
故存在 ，使 ，
故当 或 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，又 ，
所以当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
由 ，得 在 时恒成立，
综上可知 在 上恒成立，则 在 上恒成立，不符合题意，
综上，实数 的取值范围为 .
🎯命题方向二 由函数零点或极值点求参数问题
a0 f x 0, a0 f x
2. 【答案】（1）当 时， 的单调递增区间为 ，无单调递减区间；当 时， 的
 1 1 
0, ,
   
单调递增区间为 a，单调递减区间为a .
2 
,1
（2） 
e a
【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.
a
（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.
1 1ax
【详解】（1）已知 f xlnxax1，其定义域为0,.求导 fx a .
x x
a0 x0 1ax0 fx0 f x 0,
当 时，因为 ，所以 ，即 .所以 在 上单调递增.
1ax 1
0 x
当a0时，令
fx0
，即 x ，因为x0，所以1ax0，解得 a .
1  1
当 0 x a 时，1ax0，则 fx0，所以 f x 在   0, a  上单调递增；
1 1 
当 x  a 时，1ax0，则 f′x0，所以 f x 在  a ,  上单调递减.
a0 f x 0, a0 f x
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
 1 1 
0, ,
   
区间为 a，单调递减区间为a .
a0 f x 0, f x 0,e
（2）由（1）可知，当 时， 在 上单调递增，所以 在 上至多有一个零点，
 1 1 
0, ,
不符合题意.所以a0，此时 f x 在   a  上单调递增，在  a  上单调递减.
f x 0,e x 0 f x 
要使 在 上有且仅有两个零点，当 趋近于 时， 趋近于 ,
 1
f 0
  
a


所以根据零点存在定理，则需满足 f e0 ， ，解得 .

 1 1 1 1
0 e f ln a 1lna 0
 
 a a a a 0a12 1 1
a  0 e a 
f elneae12ae<0 ，化简得2ae0，解得 e .又因 a 可得 e.
2 
,1
 
综上，a的取值范围是e .
 32
0,
 
3. 【答案】（1）y bxc;（2） 27;（3）见详解.
【分析】（1）求函数f（x）的导数，根据 f 0c， f0b求切线方程；
f x
（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.
f x x3ax2 bxc fx3x2 2axb f 0c f0b
【详解】（1）由 ，得 ．因为 ， ，
y  f x  0, f 0 y bxc
所以曲线 在点 处的切线方程为 ．
f x x34x2 4xc fx3x2 8x4
ab4
（2）当 时， ，所以 ．
2
x
令 f�( x) =0 ，得3x2 8x40，解得x  2或 3．
f x f�( x) ,
与 在区间 上的情况如下：
 2 2  2 
x ,2 2  2,     , 
 3 3  3 
f�( x)  0  0 
32
f x c c
  
27
32  2
所以，当c0且 c 27 0 时，存在x 4,2 ， x 2    2, 3  ，
1 2 
x   ,0
3   3  ，使得 f x  f x  f x 0．
1 2 3
 32
c 0,
由 f x 的单调性知，当且仅当   27  时，函数 f x x34x2 4xc有三个不同零点．
 4a2 12b0 fx3x2 2axb0 x,
（3）当 时， ， ，
f x , f x
此时函数 在区间 上单调递增，所以 不可能有三个不同零点．
 4a2 12b0 fx3x2 2axb x
当 时， 只有一个零点，记作 0．
x,x  f�( x) >0 f x ,x 
当 0 时， ， 在区间 0 上单调递增；
xx , f�( x) >0 f x x ,
当 0 时， ， 在区间 0 上单调递增．
f x
所以 不可能有三个不同零点．
f x  4a2 12b0
综上所述，若函数 有三个不同零点，则必有 ．
a2 3b0 f x
故 是 有三个不同零点的必要条件．
当ab4， c0 时，a2 3b0， f x x34x2 4x xx22 只有两个不同零点，所以
a2 3b0 f x
不是 有三个不同零点的充分条件．
a2 3b0 f x
因此 是 有三个不同零点的必要而不充分条件．
x y10
4.【答案】（1）
2
（2）a
e
（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；
f x
（2）求导，判断 的单调性，求出极值，列式运算得解；gxax2ex 2a  f  ex y  f x y gx f x gx
（3）由 ，得 与 的零点个数相同，所以 与
y gx x x x  x  y  f x x x x  x 
各有两个零点，设 的两个零点为 1， 2 1 2 ， 的两个零点为 3， 4 3 4 ，
a
可得x lnx ln lnx x ，分x  x  x  x 和 讨论即可.
1 3 2 4 2 1 2 3 4 x 1 x 3 x 2 x 4
a
【详解】（1）由 fx 2aR ，当 时， f11， f 10，
x a 1
f x  1, f 1 y x1
故 的图象在 处的切线方程为 ，即x y10.
a
（2）由
fx 2aR
，
x
fx0 f x 0, f x
当a0时，令 ， 在 上递减， 最多一个零点，与题意不符；
 a a 
a x 0, x ,
当 a 0 时，令
fx0，则 x
2 ，则当

 2

 ，
fx0；当 
2

 ，
fx0，
 a a 
0, ,
所以 f x 在   2   单调递增，在  2   上单调递减，
a a  a
f x  f aln a a 1ln
故 极大值  2   2   2   ，且lim f x， lim f x.
x0 x
 a
f x a 1ln 0 2
故 f x 有两个零点，即 极大值   2   ， a  e .
gxax2ex 2a  f  ex y  f x y gx
（3）由于 ，所以 与 的零点个数相同.
f x gx
依题意共有4个不同的零点，所以 与 各有两个零点.
y gx x x x  x  y  f x x x x  x 
不妨设 的两个零点为 1， 2 1 2 ， 的两个零点为 3， 4 3 4 ，
a
则有x lnx ln lnx x ，
1 3 2 4 2 2
lnx  x 2
  3 a 3
f x alnx 2x 2a 0 
因为 3 3 3 ，得 2 ，①
 
 f x 4 alnx 4 2x 4 2a 0  lnx 4  a x 4 2
2
所以lnx lnx  x x  ，②
3 4 a 3 4
x lnx  x x lnx  x
又lnx x，则 1 3 3， 2 4 4，若四个零点成等差数列，则有两种情况：
x  x  x  x lnx lnx x x
（1）当 1 2 3 4时，即 3， 4， 3， 4成等差数列，则有lnx lnx x x ，③
3 4 3 4
lnx x 2lnx
3 3 4

由②③得 a 2 ，代入①得 lnx  x 2 ， lnx x 2 ，④ 又  lnx x 2x ，⑤
3 3 4 4 4 4 3
2x 22x 4
 3 4  x  x 1
将④代入⑤式可得 2x 22x 4 3 ，

4 3
x
ln 4 1
由等差数列性质及x  x 1，可得x x lnx lnx 1，从而有 x ，
4 3 4 3 4 3 3
1 e
可得x
4
ex
3
，解得x
3

e1
，x
4

e1
，这与④矛盾，故实数a不存在；
lnx x lnx x
（2）当x 1 x 3 x 2 x 4时，即 3， 3， 4， 4成等差数列，则lnx 3 lnx 4 x 3 x 4 ，③
lnx lnx 2x
3 4 3

由②③得 a 2 ，同理得 lnx  x 2 ， lnx x 2 ，④ 又  x x 2lnx ，⑥
3 3 4 4 3 4 4
x x 42x 4e4
将④代入⑥式可得   x 3 3 x 4 4 2x 4 4 3  x 4  x 3 4 ，代入③可得x 4 e4x 3 ，解得 x 3  e4 4 1 ， x 4  e4 1 ，
a a
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.
(0,2) (2,)
5. 【答案】（1）单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
（2）（i）a(0,2 2)；（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
f(x) lnx  2
（2）（i）方法一：求导，对 a 进行讨论，结合函数单调性可求解 max 0 x ，即可构造函
0
2
数h(x)lnx 2(x0)，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
x a
g(t)
ft
元 t  x1 ， t 1 ， g(t)at2 2ta ，则 2t  t2 1  ，
可求解[f(x)]  f x lnx a x 14，即可结合解法一求解，解法三：求导，对a进行讨论，
max 0 0 0
lnx4 lnx4
a y 
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
x1 x1
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 f x 的最大值，进而构造函
2
数m(x)lnx x2(x1)，利用导数求解单调性，即可得证.
x
1 3 2 x1 3x
【详解】（1）由于 fx   (x0)
x 2 x1 2x x1
fx0
x2
fx0
x(0,2) f(x) (0,2)
令 ，则 ，令 ， ， 在 上单调递增；
fx0 x(2,) f(x) (2,)
令 ， ， 在 上单调递减；
f(x) (0,2) (2,)
于是 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
1 a 2 x1ax a2x2 4x4
fx    (x0)
（2）（i）解法1 由于 x 2 x1 2x x1 2x x1(2 x1ax)
a0 2 x1ax0 fx0 f(x) (0,) x
若 ， ， ，于是 在 上单调递增，至多与 轴只有一个交点，a0 fx0 a2x2 4x40
矛盾；于是 ，令 ，则等价于 ，
 
2 1 1a2
易得 ，因为 ，则x 0，
1616a2 0 x0 a2
 
2 1 1a2
令x  ，则 在 上单调递增，在 上单调递减，
0 a2 f(x)
0,x
0
 x
0
,
f(x)  f x lnx a x 14
则 max 0 0 0 ，
4x 1 2 x 1 2
a2  0 a  0 f(x) lnx  2
因为a2x 2 4x 40即 x 2 ， x ，所以 max 0 x ，
0 0 0 0 0
2
lnx  20
显然 f x 0不符合题意，故 f x 0，即 0 x ，
0 0 0
2 1 2
h(x)lnx 2(x0) hx  0
令 x ， x x2 ，则 h(x) 在 (0,) 上单调递增，且 h(1)0 ，
2
hx lnx  20
由于 0 0 x ，所以x 1，
0 0
a 1 1 1
  t  (0,1)
由于2 x 2 x ，令 x ， y t2 t 在 (0,1) 上单调递增，则 a(0,2 2) ，
0 0 0
 
2 1 1a2 2 2 1  1  1
于是x     ， f   a 10，
0 a2 a 2 e4 e4  e4
 1 
x  ,x
由零点存在定理，存在 1  e4 0  使得 f x 0，
1
x0 lnx x1 ln 4 x  4 x 1 lnx44 x 4
当 时，易证 ，则 即 ，
f(x)lnxa x14lnxa x 444 x a x  4 x(4a4 x)
由于 ，
256
x 
取 x 2 x 0 , ，且 2 a4 ，则 f x 2 0 ，x x ,x  f x 0
由零点存在定理，存在 3 0 2 使得 3 ，
a(0,2 2) f(x) (0,)
所以当 时， 在 上有两个零点.
1 a
fx 
解法2 由于 x 2 x1，x0，
a0 2 x1ax0 fx0 f(x) (0,) x
若 ， ， ，于是 在 上单调递增，至多与 轴只有一个交点，
g(t)
ft
矛盾：于是 a0 ，令 t  x1 ， t 1 ， g(t)at2 2ta ，则 2t  t2 1  ，
1 1a2
t 
令g(t)0，则
a
，
1 a2 1 1 a2 1 1 a2 1
0 t 
由于 a a ，令 2 a ，x t2 1，
0 2
t1,t  g(t)0 ft0 f(x) 0,x 
当 2 时， ，即 ，于是 在 0 上单调递增，
tt ,
g(t)0
ft0
f(x)
x ,
当 2 时， ，即 ，于是 在 0 上单调递减，
[f(x)]  f x lnx a x 14 f x 0 lnx a x 140
于是 max 0 0 0 ，若 0 ，即 0 0 ，
2 x 1 2
a  0 lnx  20
由 fx 0，则 x ，可得 0 x ，同解法1；
0 0 0
1 a 2 x1ax
fx  
解法3 由于 x 2 x1 2x x1 ， x0 ，
a0 2 x1ax0 fx0 f(x) (0,) x
若 ， ， ，于是 在 上单调递增，至多与 轴只有一个交点，
1
g(x) a
矛盾；于是a0，设g(x)2 x1ax， x1 ，a1 gx1a0 g(x) (0,) g(0)20
若 ，则 ， 在 上单调递减，且 ，
 
2 1 1a2
不妨令 ，则x ，
2 1x ax0 a2
32 1a2 22 1a2
x  
于是取 1 a2 a2 ，则gx 0，
1
g(x) (0,) x (0,) gx 0
且 在 上连续，由零点存在定理，存在唯一 0 ， 0 ，
f(x) 0,x  x , f(x) x
于是 在 0 单调递增，在 0 单调递减，则 存在唯一极大值点 0；
1  1   1 
若0a1，令gx0，则 x a2 1 ，于是g(x)在   0, a2 1  上单调递增，在  a2 1,  单调递
 1  1
减，由于g(0)0，则 g  a2 1   0 ，gx 0，且 x 1  a2 1 ，
1
g(x) (0,) x (0,) gx 0
且 在 上连续，由零点存在定理，存在唯一 0 ， 0 ，
f(x) 0,x  x , f(x) x
于是 在 0 单调递增，在 0 单调递减，则 存在唯一极大值点 0；
综上所述：若
a0
，
f(x)
有一个极大值点
x
0；
2 x
0
1ax
0，
2x 1
2
f(x)  f x lnx a x 14lnx  0 4lnx  2
于是 max 0 0 0 0 x 0 x ，
0 0
f x 0 f(x)
若 0 ，则 至多只有一个零点，矛盾；
 
2 1 1a2
2 2 1
若 ，由于x     ，同解法1；
f x 0 0 0 a2 a 2 e4
lnx4 lnx4
a y 
解法4 令 f(x)0，则 x1 ，x0，于是函数y a与函数 x1 的图象在(0,)上有x1 lnx4 2
 lnx2
x 2 x1 x
两个交点，由于y  ，
x1 2 (x4)3
2 2 1
g(x) lnx2 g(x)  0
设 x ，x0， x2 x ，
g(x) (0,) g(1)0
于是 在 上单调递减，且 ，
lnx4
y 
于是x(0,1)时，g(x)0，y0， x1 在(0,1)上单调递增；
lnx4
y 
x(1,)时，g(x)0，y0， x1 在(1,)上单调递增：
lnx4 lnx4 lnx4
lim  lim 0 y 
且x0 x1 ，x x1 ，所以函数 x1 的图象如图所示，所以0a2 2 ，
2
f(x) lnx  2
（ii）根据（i）可知， max 0 x ，
0
 
  2 1 a2 1
2 1 a2 1 2
x  
其中x 0  a2 ，则 0 a2 a2 11 ，
2 2
lnx  2 x x 1 lnx  x 20
下证： 0 x 0 0 即证： 0 x 0 .
0 0
2 1 2 x2 x2 (x2)(x1)
m(x)lnx x2(x1) mx  1 
设 x x x2 x2 x2 ，
mx0 x2 m(x) (1,2) (2,)
令 ， ，于是 在 上单调递增，在 上单调递减，.
m(x)m(2)ln210
则 ，即证
🎯命题方向二 极值点偏移问题
(,e1]
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；
ex 1  1 1
xex 2 lnx x 0
  
（2）利用分析法，转化要证明条件为 x  2 x ，再利用导数即可得证.
f(x) (0,)
【详解】（1）[方法一]：常规求导 的定义域为 ，则
f(x)   1  1   ex  1 1 1  1 1  ex    1 1   x1  ex 1  
 x x2  x x x  x x  x 
fx0 x1 x(0,1), f(x)0, f(x)
令 ,得 当 单调递减
x(1,), f(x)0, f(x) f(x) f(1)e1a
当 单调递增 ，
f(x)0 e1a0 ae1 a (,e1]
若 ,则 ,即 ，所以 的取值范围为
f x0 elnxx xlnxa0
[方法二]：同构处理：由 得：
t  xlnx,t 1 f tet ta0 aet t
令 ，则 即
gtet t,t1, g'tet 10 gtet t 1,
令 ，则 ，故 在区间 上是增函数
gt  g1e1 ae1 a (,e1]
故 min ，即 所以 的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
1
x 
由题知, f x 一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x <1<x ，要证x x 1,即证 1 x
1 2 1 2 2
1  1   1 
因为 x 1 , x 2 (0,1) ,即证 f x 1  f  x 2   又因为 f x 1  f x 2 ,故只需证 f x 2  f   x 2  ex 1 1 ex 1  1 1
lnxxxex lnx 0,x(1,) xex 2  lnx  x  0
即证 x x ，即证 x  2 x
ex 1 1 1
xex 0,lnx x 0
 
下面证明x1时， x 2 x
ex 1
g(x) xex,x1
设 x ，
1 1   1 1  1  1 1 1  1
g(x)



ex ex xex 

 

1

ex ex

1

则  x x2    x2  x x  x
 1ex 1  x1ex 1 
  1  ex   ex 
 x x  x  x 
ex 1 1  x1
设 x x x1,x   x  x2   ex  x2 ex 0 ，所以x1e,而 e 1 x e
ex 1 ex 1
ex 0 xex 0
所以 x ,所以g(x)0所以g(x)在(1,)单调递增，即g(x) g(1)0,所以 x
1 1 1 1 1  2xx2 1 (x1)2
h(x)lnx x ,x1 h(x)  1   0
   
令 2 x ， x 2 x2  2x2 2x2
1 1
lnx x 0
 
所以h(x)在(1,)单调递减，即h(x)h(1)0,所以 2 x ；
ex 1  1 1
xex 2 lnx x 0
  
综上, x  2 x ,所以x x 1.
1 2
[方法二]：对数平均不等式
ex ex ex 1
f x ln a t  1 f 't1 0
由题意得： x x ，令 x ，则 f ttlnta， t
gttlnta 1, gt0
所以 在 上单调递增，故 只有1个解ex ex ex 1 ex 2
f x ln a t  
又因为 x x 有两个零点x ,x ，故 x x
1 2 1 2
x x
1 2 1
两边取对数得：x lnx  x lnx ，即lnx lnx
1 1 2 2 1 2
x x
x x  1 2 *
又因 为 1 2 lnx 1 lnx 2 ，故 x 1 x 2 1，即x 1 x 2 1
x x
x x  1 2 *
下证 1 2 lnx lnx
1 2
x x x x x x x
x x  1 2 lnx lnx  1 2 ln 1  1  2
因为 1 2 lnx lnx 1 2 x x x x x
1 2 1 2 2 2 1
x
t  1 1 1
不妨设 x ，则只需证2lntt
2 t
2
1 2 1  1
构造 ht2lntt t ,t 1 ，则 h't t 1 t2    1 t   0
1
ht2lntt
1, hth10 2lntt
1
故 t 在 上单调递减，故 ，即 t 得证
7. 【答案】（1）答案见详解；
（2）① ；②证明见详解.
【分析】（1）求出函数 的定义域及导数，再分类讨论求出函数的单调区间.
（2）（）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；（ ）根据给定条件，构造
函数并利i用极值点偏移推理得证. ii
【详解】（1）函数 的定义域为 ， ，
求导得 ，
当 时，由 ，得 ；由 ，得 ，函数 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时，由 ，得 ；由 ，得 或 ，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 恒成立，函数 在 上单调递增；
当 时，由 ，得 ；由 ，得 或 ，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时，函数 的递减区间为 ，递增区间为 ；
当 时，函数 的递减区间为 ，递增区间为 ；
当 时，函数 的递增区间为 ；
当 时，函数 的递减区间为 ，递增区间为 .
（2）（）由（1）知，当 时，函数 在 上单调递增， 最多一个零点，不符合题意；
i
当 时，函数 在 处取得极大值 ， 最多一个零点，不符合题意；
当 时，函数 在 处取得极大值 ， 最多一个零点，不符合题意；
当 时， ，
由函数 有两个不相等的零点 ，得 ，则 ，
当 从大于0的方向趋近于0时， 趋近于正无穷大，函数 在 上有唯一零点；
而 ，函数 在 有唯一零点，
因此当 时，函数 有两个不相等的零点，所以实数a 的取值范围是 .（ ）由（）知，当 时，函数 有两个不相等的零点 ，不妨令 ，
ii i
令函数 ，求导得
，函数 在 上单调递减，
则 ，即当 时， ，于是 ，
因此 ，又 ，函数 在 上单调递增，
则 ，所以 .
8.【答案】（1）
（2）证明见详解.
【分析】（1）由已知可得 有两个根，转化为函数 与函数 有两个交点，结合图象求解；
（2）由 ， ，得 ，令 ，用 表示 ，代入 ，构造函
数证明.
【详解】（1）由已知可得 ，因为 有两个极值点，所以 有两个根，
所以函数 与函数 有两个交点，对函数 ， ，
当 时 ；当 时， .
所以函数 在 单调递增，在 单调递减，
当 时，取得最大值 ，且 时， ； 时， ，所以函数 的图象如图所示，所以若函数 与函数 有两个交点，则 ，所以实数 的取值范围是 .
（2）由（1）可知 ， ，所以 ①， ②，
- 得 ，
① ②
令 ，则 ，所以 ， ，所以 ，
令 ，则 ，令 ，则 ，
所以 在 单调递减，所以 ，所以 在 单调递增，所以 ，
即 ，得 ，又 ，所以 ，即 ，得证.
🎯命题方向三 隐零点问题
9． 【答案】（1）
（2）
（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 的取值分类讨论，得到 时，极小值 ，构造函
数 ，求导推得 ，即可求得不等式 的解集；
（3）由 得 ，令 ，则 ，令，求导判断 在区间 上单调递增，结合零点存在定理，推得
，使得 ，求出 的最小值为 ，由 可得 ，
，故得 的最小值 ，由 即可判断函数 ，即函数 的零点个数.
【详解】（1）当 时， ，则 ，所以 ， ，
则曲线 在点 处的切线方程为 ，整理得： ．
（2）函数 的定义域为 ，且 ，
① 当 时，易得 ， 在 上单调递减，则 无极小值，不合题意；
② 当 时，由 ，得 ，即 在 上单调递增；
由 ，得 时，即 在 上单调递减，
所以 的极小值为： ，
因为 的极小值小于 ，所以 ，即 ．
令 ，则 ，
所以当 时， ，当 时， ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，
因为 ，所以由 可得 .
（3） ．令 ，得 ，
令 ，则 与 有相同的零点，且 ．
令 ，则 ，
因为 ，则 ，所以 在区间 上单调递增，
又 ， ，所以 ，使得 ，
所以当 时， ，即 ；当 时， ，即 ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
所以 的最小值为 ．
由 ，得 ，即 ，
令 ， ，则 ，则 在 单调递增．
因为 ，所以 ，则 ，所以 ，从而 ， ，
所以 的最小值 ．
当 趋近于0时， 趋近于0或 时， 趋近于 ，又因 ，所以 ，
所以 有2个零点，故 有2个零点．
10. 【答案】（1）最小值为 ，最大值为
（2）（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）
【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 ，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 ，然后
，利用导数求出单调区间，即可求解最大值.
【详解】（1）若 ，则 ，所以 ，
令 ，可得 或 ，令 ，可得 或 ，令 ，可得 ，
故 在 单调递减， ， 单调递增.
所以. 在 处取得最大值 ， 在 处取得最小值
，又 ，
所以 在 上的最小值为 ，最大值为 ；
（2）（ⅰ）令 ，
则 ，
令 ，显然 在 上单调递增，又 ， ，
所以存在唯一的 ，满足 ，即 ，
且当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
是 在 上的极小值，也是最小值，又因为 ，
要使 在 上仅有一个实根 ，必需 ，所以 ；
（ⅱ）由（ⅰ）知， ，
将 代入，得 ，所以 ，所以，
令 ，
则 ，
令 ，可得 ，令 ，可得 ，故 在 单调递减， 单调递增.
即 在 处取得最大值 .故 的最大值为 .
11. 【答案】（1）最小值为 ，最大值为
（2）（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）
【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 ，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 ，然后
，利用导数求出单调区间，即可求解最大值.
【详解】（1）若 ，则 ，所以 ，
令 ，可得 或 ，
令 ，可得 或 ，令 ，可得 ，
故 在 单调递减， ， 单调递增.
所以. 在 处取得最大值 ， 在 处取得最小值
，又 ，所以 在 上的最小值为 ，最大值为 ；
（2）（ⅰ）令 ，
则 ，
令 ，显然 在 上单调递增，又 ， ，
所以存在唯一的 ，满足 ，即 ，
且当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
是 在 上的极小值，也是最小值，又因为 ，
要使 在 上仅有一个实根 ，必需 ，所以 ；
（ⅱ）由（ⅰ）知， ，
将 代入，得 ，所以 ，所以
，
令 ，
则 ，
令 ，可得 ，令 ，可得 ，
故 在 单调递减， 单调递增.
即 在 处取得最大值 .故 的最大值为 .
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） 有 个零点.
【分析】（1）要证： ， ，只需证： ， ，令
，故只需证： ， 即可，利用导数分析函数
单调性，证明即可；
（2）利用导数研究函数 的单调性，求得函数 的最大值，利用极限结合单调性判断即可.
【详解】（1）当 时， ，
要证： ， ，只需证： ， ，
令 ，
故只需证： ， 即可，
，
当 时， ，故 ，即 在 上单调递减.
又 ，
所以当 时， ，即 ，
故 ， .
（2）定义域为： ， ，
令 ，即 ，判别式 ，
所以方程有两个实根： 或
因 ，故 （舍去）， ，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减；
故 在 处取得最大值
由于 ，所以 ，所以 ，
设 ， ，
，所以 在 上单调递增，
又 ，所以 ，所以 ，
当 时， ，当 时， .
由于 ，即 是 的一个零点.
又 在 单调递增，在 单调递减；
则函数 的零点有 个.所以，当 时， 有 个零点.
2. 【答案】（1）证明见详解
（2）当 时， 有且仅有1个零点；当 时， 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 及 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 ，可得 ，再累加求和即可得证.
【详解】（1） ，
令 ，则 ，
而 且 ，所以 ，即 在 上单调递增， ，
所以 ，即 在 上单调递增，所以 ；
（2）① 时， ， ，
所以 在 上单调递增，又 ，则此时 有且仅有1个零点；
② 时， 在 上小于0，在 上大于0，
即 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 且 ，则存在唯一的 ，
即 在 和 上大于0，在 上小于0，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
又 时， ，则 在 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 有且仅有2个零点；综上所述，当 时， 有且仅有1个零点；
当 时， 有且仅有2个零点；
（3）令 ，且 时，得 ，再令 ，
代入化简可得 ，
则
，则 .
🎯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；
 1
,
（2） ；
 2
（3）证明见详解.
【分析】（1）求导，结合导数分a0，a0，a0三种情况进行讨论求解；
1 1 1
1
（2）利用导数分 a ， a  两种情况，当 a 时， gx xeax ex 1 xe2 x ex 1，再证
2 2 2
1
1 x ；当a  时，可根据导数推出不成立；
xe2 ex 10 2
（3）先由极值求a，根据导数的几何意义求出gx ，令hx f xgx ，再利用导数确定其零点
即可证明．【详解】（1）
fxeax1ax,xR，
当a0时， fx10，所以 f x 在 , 上单调递增，
1
当
a0
时，令 fx0 ，解得x
a
，
1 1
当x 时， fx0 ， f x单调递减；当x 时， fx0 ， f x单调递增，
a a
1
当 时，令 fx0 ，解得x ，
a0 a
1 1
当x 时， fx0 ， f x单调递增；当x 时， fx0 ， f x单调递减，
a a
综上，当a0时， f x 在 , 上单调递增；
 1  1 
当 a0 时， f x 在  , a   上单调递减，在   a ,   上单调递增；
 1  1 
当 a0 时， f x 在  , a   上单调递增，在   a ,   上单调递减．
（2）当x0时， f xex 1恒成立，即xeax ex 1，移项可得xeax ex 10，
令gx xeax ex 1,x0， gxeax1axex ，
令hxeax1axex，hxeax 2aa2x  ex ，h02a1，
1
1
①a
2
时，又
x0
，所以 gx xeax ex 1 xe2 x ex 1 ，
1  1 x 1 x 1 1 x 
令 1 x ，ux  x1  e2 ex e2  x1e2 ，
ux xe2 ex 1,x0 2   2 1 1 x 1 1 1 x
令vx x1e2 ,x0，vx  e2 0，
2 2 2

vx
在
0, 单调递减，vxv00，即ux0，

ux
在
0, 单调递减，uxu00，
1
1
即 gx xeax ex 1 xe2 x ex 10 ，故a 时符合题意；
2
1
②当a  时， h02a10 ，
2
故x 0, ，x0,x  时，hx0，hx 单调递增，hxh00，
0 0
1
x0,x 时， gx0 ， gx单调递增， gx g00 ，故a  时不符合题意；
 2
0
 1
综上， 的取值范围是 , ；
a  2
1  1 1 1
f x  f   e1 
（3）证明：因为 有最大值 ，所以 ，   ，解得 ．
f(x) e a0 max  a a e a1
当a1时， f x xex ， fxex1x ，
已知曲线y  f x在点  x , f x  处的切线方程为y  gx，
0 0
则切线斜率k  fx ex 0 1x  ，又 f x  x ex 0 ，
0 0 0 0
根据点斜式方程可得切线方程为yx ex 0 ex 0 1x xx  ，
0 0 0
即gxex
0
1x xx x ex
0．
0 0 0
令hx f xgx xex ex 0 1x xx x ex 0，则hx 0．
0 0 0 0
hxex1xex
0
1x 
，
0令mxex1xex
0
1x  ，mxexx2
，
0
当x x 时，又x 2， mxexx20，mxmx 0，
0 0 0
即hx0，hx在x ,单调递增，hxhx 0，故此时不存在 使 f x  gx ；
0 0 1 1
当
x x 时，mxexx20，解得x2，x2时，mx0，mx
单调递减，
0
2 x x 时，mx0，mx 单调递增，
0
又 x时，mx，mx 0， mx m2mx 0 ，
 0 极小值 0
x ,x ，使得mx 0，则当 x x 时，mx0，即hx0，hx单调递增，
2 0 2 2
当x  x x 时，mx0，即hx0，hx 单调递减，
2 0
又 x时，hx，hx 0， hx hx hx 0 ，
 0 极大值 2 0
x  x 使得hx 0，即 f x  gx  ，
1 0 1 1 1
综上，当x 2时，存在x使 f x  gx  ，且x  x ．
0 1 1 1 1 0
4. 【答案】（1）当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递增，
在 上单调递减．
（2）
（3）证明见详解
【分析】（1）求出 ，然后对 分类讨论求解函数 的单调区间；
（2）由题意得 即可求得 ，得到 的解析式．对任意 恒成立，即对任意 恒成立，令 ，问题转化为求 的
最小值，利用导数求解即可；
（3）因为 为函数 的极值点，所以 ．要证明不等式 成立，只需证
．令 ，证得 ， ．分两种情况证明：
当 时，由 即证得结论；当 时，得 ，只需证
，即证 对 成立，构造函数
，结合函数的单调性证明即可．
【详解】（1） ，定义域为 ，所以 ，
当 时， ，故 在 上单调递增，
当 时，由 ，得 ；由 ，得 ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
综上：当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减．
（2）因为 ，曲线 在 处的切线垂直于直线 ，
则 在 处的切线的斜率为 ，即 ，解得： ，
则 .
对任意 恒成立，即对任意 ，即对任意 恒成立，令 ，
，令 ，得 ，
当 时， ， 为减函数；当 时， ， 为增函数；
， ，则实数b的最大值 ．
（3）函数 ，
因为 为函数 的极值点，所以 ，所以 ，
要证明不等式： 成立，只需证 ，
令 ，
当 时， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
所以 ，即 ，所以 ，
当 时，因为 ，所以 ．
当 时，因为 ，所以 ，所以 ，
要证 成立，只需证 ，
即证 对 成立．
令 ，因为 ，
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减，
所以 ，即 时， 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ba2
5. 【答案】（1）
（2）当a2时，函数 f x 的单调递增区间为 2,a ，单调递减区间为 ,2 和 a, ；
a 2 f x a,2 ,a 2,
当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ．
0,3
（3）
fx
x2
f20
ba2
【分析】（1）求出 ，利用极值点是 ，得到 ，从而求出 ；
fx0
x2 xa a
（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
gx f x
（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．
x2 axb
f x
【详解】（1）因为 ex ，
2xaex   x2 axb  ex x2 2axab
fx 
所以  ex2 ex ，
x2 axb
f x
因为函数 ex 的一个极值点是x2，所以
f20，即ba；
x2 2ax2a x2xa
fx 
则有 ex ex ，
x22
fx 0
当 a 2 时， ex ，函数 f x在R上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意.
ba2
所以 .
x2 2ax2a x2xa
fx 
（2） ex ex ，由（1）可知a2.a2
fx0
x2 xa
①当 时，令 得 或 ，列表如下：
x ,2 2 2,a a a,
fx
- 0 + 0 -
x2 f x
满足 是函数 的极值点；
a 2
fx0
x2 xa
②当 时，令 得 或 ，列表如下：
x ,a a a,2 2 2,
fx
- 0 + 0 -
x2 f x 的
满足 是函数 极值点.
a2 f x 2,a ,2 a,
所以当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ；
a 2 f x a,2 ,a 2,
当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ．
x2 axa
f x
（3）由（1）（2）知， ex ， 且a0时， f x 在 0,2 单调递增，在 2,3 单调递减，
92a
f 3 0
又因为 f 0a0 ， e3 ，
4a
f 2
所以 f x 在 0,3 上的最大值为 e2 ，最小值为 f 0a
a0
gxa2ex2 0,3
又当 时，函数 在 单调递增，
a2
g0
所以gx
在
0,3 上的最大值为g3a2e，最小值为
e2 ．
2
f x gx  
因为存在 x 1 ,x 2 0,3 ，使得 1 2 e2 成立，2 2
  f x gx 
即存在 x 1 ,x 2 0,3 ，使得 e2 1 2 e2 成立，
 2
aa2e

 e2

即 4a a2 2 ，又 ，所以解得 ，

 
 e2 e2 e2 a0 0<a<3
0,3
所以实数a的取值范围为 ．
y0
6. 【答案】（1）
4
（2）极大值 ，极小值0
a2e2
0,1
（3）
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程即可；
fx xeax2ax
（2）求导 ，令 fx0，根据导数的符号确定函数单调性，进而得到极值即可；
gxx2
（3）x2eax ea2在 a, 上有解，即x2 eaax ，令 ，则gx 在 a, 上单调递增，令
hxeaax hx gx a2 hx 1
， 在
a,
上单调递减，则 min max ，然后求解即可.
f xx2eax fx2xeax ax2eax xeax2ax f00 f 00
【详解】（1）  ， ， ，且 ，
\ f ( x) 0, f 0 y0
在 处的切线方程为： .
2
（2）令 fxxeax2ax0，得 或 x ，
x 0 a
 2
当
x, 和x0,
时， ，则函数 单调递增；
  a fx0 f x
 2 
当
x ,0时，
，则函数 单调递减，
 a  fx0 f x
2  2 4
x
为函数 的极大值点，极大值为
f  
；
a f x  a a2e2f 00
x 0 为函数 f x 的极小值点，极小值为 .
x x2eax ea2 a, x2 eaax a,
（3）根据题意关于 的不等式 在 上有解，即 在 上有解，
gxx2 x a,   hxeaax x a,  
 
设 ， ， ， ，
gxx2 gx a2 hxeaax
由于
a 0
， 在
a,
上单调递增， min ， 在
a,
上单调递减，
hx 1 0,1
max ，则a2 1，解得 0a1 ，实数a的取值范围为 .
1
7. 【答案】（1） f x  ； f x 0
max 4 min
1ln2 1
（2） , 
 9 4
【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；
lnx1
a f x
（2）把不等式lnex2axa  x21  化为 x12 ，由
f
x的单调性结合端点函数值分析求解.
1
2lnx1
【详解】（1）因为 x    1 e ,e    ， f x ( l x nx   1) 1 2 ，所以 fx x x13 ，
1 1
tx 2lnx1 y
令 fx0 ，令 x ，因为函数 x ， y2lnx1 在 0, 上单调递减，
1
所以
tx 2lnx1
在
上单调递减，又t112ln110，
x 0,
1
tx 2lnx10
所以方程 得解为 ，
x x=1
fx
， f x 的变化情况如下表所示．
x
1 

1
,1

 1
1,e
e
e e 
fx
+ + 0
 
2
单调递 1 单调递
f x 0
增 4 减
e121 
所以， 在区间 ,1上单调递增，在区间 1,e 上单调递减.
f x e 
1 1
当 时， 有极大值 ， f 1 也是 的最大值.
x=1 f x 4 4 f x
2
1 f e 1
又因为 f 
e


0 ， e12 ，所以 f e f 
e


，所以
0
为
f
x的最小值.
lnx1
a f x
（2）因为 ，所以不等式lnex2axa  x21  可化为 x12 ，
x 0
lnx1
由（1）可知 f x
x2
在区间0,1上单调递增，在区间1,上单调递减.
1 1ln2
f 1 f 2  f 1
因为 的最大值 ， ，
f x 4 9
lnex2axa  x21 
所以xN*， x1 时， f x 最大，所以不等式 ，
f 1a
1ln2 1
即a f x 存在唯一的整数解只能为1，所以   f 2a，所以 9 a 4
1ln2 1
所以a的取值范围为 , .
 9 4
🎯命题方向四 利用导数研究端点效应问题
1,0
8. 【答案】（1）
a1 a2e
（2） 或 ．
（3）证明见详解
a0

 2
 0
【分析】（1） 时， 4 ，求导 ax24x4 ，则 a ，求解
b4
f xax
x
4lnx x0 fx
x2   1616a0
即得；
4
（2）当 时， f xax 2a2lnx x0 ，求导后，分类讨论得函数的单调性与最值，由此
b2a2 x
求出答案；4
（3）当 时， f xax blnxaxblnx ．设gxaxblnx axb xb  xlnx  ，又设
x
2
 b
y xlnx x0 ，求导后y x 2x 2 ，又由 axb x 0 ，得 x    a   ，由此得到答案.
4 4 4 ax24x4
【详解】（1）当 时， f xax 4lnx x0 ， fxa   ，
b4 x x2 x x2
ax24x4
若函数 有2个极值，则
fx
在 有两个零点.
f x x2 0,
a0

 2
 0
所以 a ,解得 ．故实数 的取值范围为 ．
  1616a0 1a0 1,0
a
4
（2）当 时， f xax 2a2lnx ， ，
b2a2 x x 0
4 2a1 ax22a1x4 x2ax2
fxa    ．
x2 x x2 x2
a0 fx0 f x 0, f x
当 时， ， 是 上的减函数， 无最小值，舍去；
2 2
0 x x
当 时，由 ，得 ，由 ，得 ，
a 0 fx0 a fx0 a
 2 2 
所以 在0, 上单调递减，在 ,上单调递增，
f x  a a 
2 2
所以 的最小值为 f  22a2a2ln ．
f x a a
2  2
由
22a2a2ln 4
，得
a1 1ln 0
，解得 或 ．
a  a a1 a2e
4
（3）当 ， 时，有 f xax blnxaxblnx ．
a 0 b0 x
axb
方法一：设gxaxblnx x0
，则
gx
，
x
 b  b   b   b 
所以 gx在

0,
a


上单调递减，在


a
,

上单调递增， gx
min
g


a


b

ln


a


1

．
b b
 e t
当 a 时， gx0 恒成立，所以存在 a ，当 时， gx0 ，
xt b
即当 xt 时， f x0 ．当 
b
a e 时， g

  
b
a

  0 ，以下证明
b
a e
 b
a，且
g

e  a

0
．
b
令
  xe ，hxex x2 ，则hxex2x，
a
 ex2x  ex20 hxex2x e,
因为 ，所以 是 上的增函数，
hxhe0 hxex x2 e,
由 ，得 是 上的增函数，
hxhe0
xe
所以 ，故当 时，ex  x2  x．
故 b a e  b a， g    e  b a    ae  b a blne  b a a    e  b a      b a    2   0 ，
 b  b 
由零点存在性定理知，存在
t


a
,e a 

，使gt0，故当
时， gx0 ，即当 时， f x0 ．
xt xt
1 1 x2
方法二：设gxaxblnxaxb xb  xlnx  ，又设 ， ，则y   ，
y xlnx x 0 2 x x 2x
2
 b
x 
 
易知当 时， y 22ln20 ，故 y xlnx0 ．又由 axb x 0 ，得  a ，
x4 min
b 2
当 ， 时，取 为  与4中的较大者，
a 0 b0
t
a
gx0 f x0
xt xt
则当 时，恒有 ，即当 时， ．
4xy30
9. 【答案】（1）
3 3
（2） , 
4 2
f1, f 1
【分析】（1）求出 ，写出切线方程即可；
1
B{ |x(1,), f(x)0}
（2）求函数单调区间、极值、零点， ，集合 ，由题
A{f(x)|x(2,)} f(x)
3
2
意知 ，由 时不成立知 ，
AB 0A 2a3
讨论 与1的大小关系求出满足 的 的取值范围.
2a AB a
f x x22x3 f 11 fx2x6x2 f14
【详解】（1）因为 a3 ， ， ，所以 ，则 .
1,1 y14x1
故点 处的切线方程为 ，即
4xy30.
1
（2）由已知有 fx2x2ax2(a0)，令 f(x)0 ，解得 x 0 或 x a ，列表如下：
x (,0) 0 (0, 1 ) 1 ( 1 ,)
a a a
 
f(x) 0  0
1
f(x) 0
  3a2 
1 1
(0, ) ( ,)
所以 的单调增区间是 ，单调减区间是 和 ，
f(x) a (,0) a
1
x
当 时， 取极小值 ，当 时， 取极大值，
x 0 f(x) 0 a f(x)
3 3 3
f(0) f( )0 x(0, ) x( ,)
由 知，当 时， ，当 时，
2a 2a f(x)0 2a f(x)0.
x 2, x 1, f x  f x 1
因为对于任意的 1 ，总存在 2 ，使得 1 2 ，
3 3
当 f x 0时，不成立，故 f x 0，所以 2 ，所以 a.
1 1 2a 4
1
B{ |x(1,), f(x)0},
设集合 集合
A{f(x)|x(2,)}, f(x)
f x  f x 1
则“对于任意的x 1 (2,)，都存在x 2 (1,)，使得 1 2 ”等价于 AB.
下面分两种情况讨论：
3 3
当
1
即
a
时，有 且此时 在 上单调递减， 的值域为
, f(1)
，
2a 2 f(1)0 f(x) (1,) f(x)
1
B( ,0)
故 ， ，所以A不是B的子集.
f(1) A(, f(2))3 3 3
1 2 a
当 即 时，有 且此时 在 上单调递减，故 ，因而
2a 4 2 f(2)0 f(x) (2,) A(, f(2))
A(,0)
，
(,0)00, f(1)
由 f(1)0 有 f(x) 在 (1,) 上的值域为 ，所以 (,0)B ，所以 AB 满足题意.
3 3
[ , ].
综上， 的取值范围为
a 4 2
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）k 1
（2）极大值点有2个，极小值点有1个
（3）证明见详解
π
f 0
【分析】（1）利用导数的几何意义得出   即可求出；
2
 π π   3π 3π 
x 0, ,π π, ,2π
（2）分 
 2


、
2


、
 2


、
 2


四种情况讨论导函数的正负性得出
f
x的单调性；
（3）求证 y  f x 的图象关于x  π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.f xπxsinxkcosxkR fxk1sinxπxcosx
【详解】（1）由 得 ，
π π  π π
π f k1sin  π cos k1
当x 时，     ，
2 2 2  2 2
π
π f k10
因为曲线
y  f
x在x
2
处的切线平行于 轴，所以 
2


，解得
k 1
；
x
f xπxsinxcosx fxπxcosx2sinx
（2）由k 1得 ，得 ，
gx fxπxcosx2sinx gxπxsinx3cosx
令 则 ，
 π  π
x 0, 0,
①当 
 2


时，
cosx 0,sinx 0
，则 gx0 ，所以 fx在
 2


上单调递减，
π
f0π0, f 20
因为   ，
2
 π
x  0, π
则 1   2   使当 0 x x 1 时 fx0 ；x 1  x 2 时 fx0 ，
 π
x ,
则
y  f
x在0,x 单调递增，在
 1 2


单调递减，所以
x
为
y  f
x的极大值点；
1 1
π  π 
x ,π ,π
②当  2   时， cosx0,sinx 0 ，则 fx0 ，所以 y  f x在 2   上单调递减，
 3π  3π
x π, x π,
当   2   时， cosx0,sinx0 ，则 fx0 ，所以 y  f x在   2   上单调递增，
又 fπ0 ，所以π为 y  f x 的极小值点；
3π  3π 
x ,2π ,2π
③当 
 2


时，
cosx 0,sinx0
，则 gx0 ，所以 fx在
 2


上单调递减，
3π
f 20, f2ππ0
因为   ，
 2 3π 
x  ,2π 3π
所以 2   2   使当 2  x x 2 时 fx0 ； x 2  x2π 时 fx0 ，
3π 
,x
则 y  f x在  2 2   单调递增，在x ,2π单调递减，所以 x 为 y  f x的极大值点；
2 2
y  f x 0,2π
所以曲线 在 的极大值点有2个，极小值点有1个；
y  f x
（3）因为在 中，
f πx ππxsinπxkcosπx xsinxkcosx
 
f πx ππxsinπxkcosπx xsinxkcosx
 
所以 f πx f πx ，即曲线 y  f x 的图象关于x  π对称，
法一：假设 y  f x,xπ, 上存在不同两点A,B，其关于x  π的对称点为A',B' ，
则四边形AA'B'B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，
y  f x
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 y  f x 上取不同的四点A,B,C,D，其中A,B和C,D分别关于x  π对称，
不妨设A

πa, f
πa
,B

πa, f
πa
,C

b, f
b
，D

2πb, f
2πb
，
f πa f πa, f b f 2πb
则 ，
x  π
因为经过A,B,C 三点的圆有且只有一个，且圆心在对称轴 上，
故设该圆M 的方程为x2  y2 2πxEyF 0，
因为点C 在圆M 上，所以b2 f(b)2 2πbEf bF 0，
将点D的坐标代入圆M 的方程的左边得：
(2πb)2 f(2πb)2 2π2πbEf 2πbF b2f (b)2 2πbEf bF  0
即点D

2πb, f
2πb
也在圆M 上，所以存在A,B,C,D同在圆M 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 ，最小值为 ；
（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 上的单调性，即可求解；
（3）由（2）令 ，得： ，通过累加即可求证；
【详解】（1） 是周期函数，
理由如下： 由三角函数周期性知： ， ，
因此： ，
即 是 的一个周期，故 是周期函数；
（2）由（1）可知求 在 上的最值即可.
对 求导得： ，
令 ，得 或 ，
在一个周期 内，当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 ， 单调递增，在 单调递减，又 ， ，
， ，
所以 的最大值为 ，最小值为 ；
（3）记 ，
由（2）知对任意实数 ，都有 ，
对 ，令 ，得： ，
将上述 个不等式累加，左边整理得：
右
边为 ，因此： ，整理得： ，
由 ， ，得 ，
因此： ，得证.
 π
π, 3
 
3. 【答案】（1） 3
,1
（2）（3）证明见详解
【分析】（1）当a1时，利用导数求出 f(x)的单调区间，进而可得 f(x)的极值和边界值.
 π
hx2sinxxcosxax,x 0,
（2）由题意，构造函数 
 2


，利用导数可得 hx的单调性，分别讨论
π π
a
2
、1a
2
和
a1
三种情况，分析可得 hx的正负，进而可得
h(x)
的单调性，分析求解.
x sinx x
（3）由（2）得tan   ，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；
2 1cosx 2
4 π 4
构造函数 px xtanx,0 x ，利用导数求出 px的单调性和极值，分析可得 x tanx，对
π 4 π
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a1时， f x2sinxx,x0,π ，则 fx2cosx1，
1 1 π
π
fx0 cosx  0x fx0 cosx  xπ
令 ，则 2，即 3 ；令 ，则 2，即3 .
 π π  π π
0, ,π f 00, f  3 , f ππ
所以 f x 在   3  上单调递增，在  3  上单调递减，又  3   3 ，
 π
π, 3
所以 f x 的值域为   3  .
 π
hx2sinxxcosxax,x 0,
（2）由 f x xcosx，得2sinxxcosxax0，设   2  ，则
h00
，
hx2cosxcosxxsinxacosxxsinxa gxcosxxsinxa gx xcosx
，设 ，则 ， π  π
x 0, 0,
所以当

 2
 时，gx0，所以hx
在

 2

上单调递增，
π π
1ah0hxh  a
 
所以 2 2 .
π  π
①当
a 2时，hx0,hx
在


0,
2
 上单调递减，则hx0，不满足题意；
π  π
②当 1a 2 时， x 0    0, 2  ，使得hx 0 0，
0 x x hx0,hx 0,x  hxh00
当 0时， 在 0 上单调递减，则 ，不满足题意；
 π
0,
③当a1时，hx0,hx
在

 2
 上单调递增，则hxh00，满足题意.
a1 a
,1
综上可得 ，即实数 的取值范围是 .
 π
x 0, ,2sinxxcosxx0
 
（3）证明：由（2）得，当a1时，任意  2 恒成立，即
x sinx x
tan  
2 1cosx 2 ，
1 1 1 1 1
tan    
 nN*
所以 (n1)2 (n1)2 n1n2 n1 n2 ，
1 1 1 1
tan tan tan  tan

所以 22 32 42 (n1)2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
           

2 3 3 4 4 5 n1 n2 2 n2 2n4 .
4 π 4 1 4cos2xπ
px xtanx,0 x px  
令 π 4 ，则 π cos2x πcos2x ， π
x  0,
存在 0   4  ，使得 px 0.
0
 π
x x ,
则当x0,x  时， px0；当   0 4  时， px0，
0
 π π
x , p0 p 0
于是 px 在 0,x  上单调递增，在   0 4  上单调递减，而  4   ，
0
4
π
px0 0x x tanx
所以 ，即当 4 时，π .
tan
1

4

1

8 1

1  nN*
 
所以 (n1)2 π (n1)2 π2n1 2n3 ，
1 1 1 1 81 1 1 1 1 1 
tan tan tan  tan       
   
所以 22 32 42 (n1)2 π3 5 5 7 2n1 2n3
81 1  8
  
 
π3 2n3 3π .
n 1 1 1 1 8
tan tan tan  tan 
 nN*

综上所述，2n4 22 32 42 (n1)2 3π .
a0
4. 【答案】（1）
（2）（i）a 1；（ii）证明见详解；
【分析】（1）根据导数的几何意义求解；
x2 2
（2）（ⅰ）法一：设ux
e2x
( 2  x 2)，分析 ux的单调性，求出
a
的范围；
法 二 ： gx x2 e2x2a 2( 2  x 2)， 通 过 分 析 gx 的 单 调 性 与 零 点 ， 结 合
x
tx (1 x 2)的取值范围，求出 的范围；
e2x a2 2  2 2
（ⅱ）将 参数化为圆上的点 cos, sin ，代入 得a  cosxln( sinx)，利用三角
A,B 3 3  y exa 3 3
1
k 
恒 等 式 得 tan  1  2 ， 构 造 xhxh   4 πx     2 π xπ   分 析 单 调 性 ， 证 得
2 3 3 
4π
  ，从而推出 的取值范围.
1 2 3 k
【详解】（1）设切点为  x ,ex 0 a ， fxexa，所以 fx ex 0 a=e，所以x a 1，
0 0 0
所以函数 f x 在x x 处的切线为yex 0 a ex 0 axx  ，
0 0
将 0,0 代入得0ee0x  ，解得x 1，a0
0 0
（2）（ⅰ）当r  2时，原问题 x2 e2x2a 2有两个不等实根．
x2 2 2x2  x2 2  2x2x1
法一：设ux ( 2  x 2)，则ux 
e2x e2x e2x
∴当 2 
x1时，ux0，当1
x
2时，ux0
   
ux在  2,1 递减， 1, 2 递增，
ux u1e2 ，u  2  0，e2a  e2,0  ，a1
极小值
法二：gx x2 e2x2a 2( 2  x 2)，gx2x2e2x2a，令mx2x2e2x2a，
则mx24e2x2a 0，mx
在R 上递增，
x R，使得gx 0，当 x x 时，gx0，当x x 时，gx0
0 0 0 0
gx
在
,x 
上单调递减，在
x ,
上单调递增，
0 0x
g(x)  gx  x2 x 201 x  2 ，又e2a  0 ，
极小值 0 0 0 0
e2x
0
x 12x
设tx (1 x 2)，则tx
e2x e2x
1 1
当1 x 时， tx0 ，当  x 2时， tx0 ，
2 2
 1  1
tx

e2, ，e2 e2a  a 1．
 2e 2e
（ⅱ）设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，不妨设 x 1  x 2 ，则0ex 1 a ex 2 a，即0 y 1  y 2 ，k 0
 2  2
x  cos x  cos
令
 

1 3 1
，
 

2 3 2 
,
0,π
2 2 1 2
 
y  sin y  sin
 1 3 1  2 3 2
2  2 2 2 
则ln  sin   cosai 1,2， 是方程a cosxln  sinx 两个根．
3 i  3 i 1  3 3 
2
   
2cos 1 2 sin 1 2
   
sinsin  2   2  1
又 k  1 2   0
coscos      
1 2 2sin  1 2  sin  1 2  tan  1 2 
 2   2   2 
1 3 1  
    tan 1 2  3
 
欲证 3 ，只需证   3 k  2 
k  tan  1 2 
3  2 
π  2 4
  1 2  π π  π
2 2 3 1 2 3
2 2 
设hx cosxln

sinx

 x0,π
3 3 
2 cosx 2  1cos2x  3cosx 2cosx1cosx2
则hx sinx  
3 sinx 3sinx 3sinx
2 2
∴当0 x π时， hx0 ；当 π x π时， hx0 ；
3 3 2  2  4 2 
hx 在

0,
3
π 

递减，
3
π,π 

递增，设xhxh 
3
πx 


3
π xπ 

4 
下面证明xhxh

πx

0
3 
 π
cos x
 
2 2 4  cosx  3
，   sinx sin  πx   
xhxh


4
πx

 x


2π
,π


3 3 3  sinx
sin

 x
π

3   3   3
  π  π 
3 4sinxsin x sin x 3
     
4  π π 3   6  3 
 sin x cos  
 
3  6 6  π  π
2sinxsin x 6sinxsin x
   
 3  3
π π 5π 1 
设 x ，  , ，则sin  ,1 
6  2 6  2 
 π  π  π  π
4sinxsin x sin x 4sinsin  sin 
       
 6  3  6  6
4sin 3 sin2 1 cos2  4sin  sin2 1 sin  4sin21  3
   
4 4   4
2  2 
故 x0 ． x 在
3
π,π 

递增，x 
3
π 

0，
4 
0 ，hxh 2 h  3 π 2   ，
2
 2  4 4 3
又
hx
在


0,
3
π 
递减，

1

3
π
2

1

2

3
π
，故
k 
3 ．
 π
0, π π
5. 【答案】（1） f x在  4   上单调递增，在  4 , 2   上单调递减．
π

（2）a 3e 6x  x 2π
（3） ，理由见详解
2026 2025
fxexcosxsinx fx0 fx0
【分析】（1）由题可得 ，解出 和 的解集即可求解.
 π   π 
x  ,0 x  ,0
（ 2 ） 由 已 知 可 得 存 在 
 6


， 使 得 excosxasinx1成 立 ， 因 为 
 6


时 ，
1   π  excosx
sinx1  ,1 ，故存在 x   ,0 ，用参变分离法可得出 a ，利用导数求出函数
2   6  1sinx
excosx  π 
hx
在
 ,0
上的最大值即可求解；
1sinx  6 
π π
（3）令(x)excosxsinx1，利用导数分析x在(2nπ ,2nπ )(nN*)上的单调性，利用
3 2
x 

2nπ
π
,2nπ
π nN*
x 2π

2nπ
π
,2nπ
π nN*
零点存在性定理可知   ，求得   ，
n  3 2 n1  3 2
x 2πx  x
证明出 ，结合 的单调性，即可证得结论成立.
n1 n
fxexcosxexsinxexcosxsinx
【详解】（1） ．
π
当0x 时， ， fx0， f x单调递增；
4 cosx sinx
π π
当 x 时， ， fx0， f x单调递减；
4 2 cosxsinx
 π π π
0, ,
所以，
f
x在
 4


上单调递增，在
4 2


上单调递减．
 π 
x  ,0
（2）由题可知存在 
 6


，使得 excosxasinx1成立，
 π  1   π  excosx
∵ x   ,0 时， sinx1  ,1 ，故存在 x   ,0 ，使得a ．
 6  2   6  1sinxexcosx
令hx
，其中
π
 x0，
1sinx 6
excosxsinx1sinxexcos2 x excosx11sinx
hx  0
，
1sinx2 1sinx2
 π   π  π
且 hx不恒为零，故函数 hx在


6
,0 

上单调递减，则hx
max
h 


6


 3e 6，故
a 3e
 π
6
．
x  x 2π f x gx
（3）
2026 2025
．证明：由 可得excosx1sinx，
xexcosxsinx1 xexcosxsinxcosx
令 ，则 ．
 π π
x 2nπ ,2nπ nN 
因   ，则 ，
为 3 2  sinxcosx0
 π π
2nπ ,2nπ nN 
所以 x0 ，所以函数 x在  3 2    上单调递减，
π
2π
 π 1 2nπ π 3 e 3 3  π
因为  2nπ   e 3  1  10，  2nπ  20，
 3 2 2 2 2  2
 π π
x  2nπ ,2nπ nN 
所以，存在唯一的 0   3 2    ，使得 x 0 ，
0
 π π
x  2nπ ,2nπ
所以， n   3 2   ， ex n cosx sinx 10 ，
n n
 π π
x 2π 2nπ ,2nπ
同理可得 ex n1 cosx sinx 10 ，且 n1   3 2   ，
n1 n1
x 2π x
因为 n1 n1 ，所以 exn12π exn1 ，
 π π 
x  2nπ 2π,2n 2π
因为  ，所以 ，
n1  3 2  cosx 0
n1
所以，
x 2πex
n1
2πcosx 2πsinx 2π1
n1 n1 n1ex n1 2πcosx sinx 1ex n1 2πcosx ex n1cosx   ex n1 2π ex n1  cosx 0x 
n1 n1 n1 n1 n1 n
 π π
2nπ ,2nπ
因为函数 x在
 3 2


上单调递减，故 x 2π x ，即 x  x 2π,
n1 n n1 n
x  x 2π
取n2025，则
2026 2025
,
🎯命题方向三 导数与数列交汇的函数及不等式问题
8 x2 1
6. 【答案】（1）x  ，g(x)
2 3 2x3
（2）（i）证明见详解；（ii）不存在，证明见详解
f(x)
【分析】（1）根据题意，迭代函数为 g(x)x ，代入已知函数 f x x2 3x1及其导函数
f(x)
x2 1
fx2x3，化简得g(x) ，然后从初始值x  2出发，依次计算即可；
2x3 0
x 
a  n1
（2）（i）利用 , 是 f x x2 3x1的两个根，根据题意将x  g(x )代入 n1 x ，通
n1 n n1
x 2 x 2 a a2
过代数恒等变形得到分子为 n ，分母为 n ，从而有 n1 n ；（ii）由（i）的条件计算
a a a a2 a a
a 0,a 1，假设存在正整数m，n，p(mn p)使得 m， n， p成等比数列，即 n m p，结
0 0
a
a2n a2n1 a2m2p
合 n 0 ，可得 0 0 ，因为底数不为0或1，则有指数相等，即2n1 2m 2p，等式两边同时
mn p
2m 2n1 2m 2p
除以 ，结合指数的运算，可分析出 无正整数解满足 ，得证.
f x x2 3x1 fx2x3
【详解】（1）由题意得 ，则 ，则有
f x  x2 3x 1
x  x  n  x  n n
n1 n fx  n 2x 3 ，
n nx2 3x1 x2 1
令x  g(x )，则g(x)x  ，
n1 n 2x3 2x3
22 1 32 1 8
取x  2，则x g(x )g(2) 3，则x g(x )g(3)  ，
0 1 0 223 2 1 233 3
3 5 3 5
（2）（i） 
2
， 
2
，易得
,
是 f x x2 3x1的两个根，
则有3,1，且 f() f()0，
x2 1 x2 1 x2 2x (31)
x  gx  n x  n  n n
由 n1 n 2x 3，则 n1 2x 3 2x 3 ，
n n n
3 5 x2 2x (31) x2 2x 2 x 2
 x  n n  n n  n
因为 2 ，则有 2 31 ，则 n1 2x 3 2x 3 2x 3
n n n
x2 1 x2 2x (31) 3 5
x  n  n n 
n1 2x 3 2x 3 ，因为 2 ，则有 2 31 ，
n n
x2 2x (31) x2 2x 2 x 2
x  n n  n n  n
则 n1 2x 3 2x 3 2x 3 ，
n n n
x 2
n
2
x  2x 3  x 
于是 a n1  x n1   x  n 2   x n    a n 2 ，得证；
n1 n n
2x 3
n
2
（ii）a a2，迭代得a a2 ，即a a 2 a 2 a2n ， ，
n1 n n n1 n n1  n2  0 n 0,1, 
3 5
2 
x   2  1 5 53
a  0    
其中 0 x  3 5 1 5 2 ，且 ，
0 2 
2
  0,1
a a a
若存在正整数m，n，p(mn p)使得 m， n， p成等比数列，
a2 a a a a2n a2n1 a2m2p
即 n m p，结合 n 0 ，可得 0 0 ，
a 0,a 1
因为 0 0 ，所以2n1 2m 2p，同时除以2m得2nm1 12pm，mn p
因为 ，则可设rnm0,s pmr，则有2r1 12s，即2r12s 1，
易得等号左边为偶数之差，结果为偶数，右边为奇数1，矛盾，
mn p
故2n1 2m 2p无正整数解满足 ，
a a a
因此，不存在这样的正整数m，n，p(mn p)使得 m， n， p成等比数列.
7. 【答案】（1）证明见详解
1
（2）（i）a  ,nN* （ii）证明见详解
n 2n1
f 'x0
【分析】（1）求导，结合三角函数性质分析可知 ，即可得单调性；
n
a f x
（2）（i）先利用平方关系求 1，n2时利用诱导公式分析可知 n 的对称轴和周期性，结合单调性
a
可得 n；
b 1
b , n
（ⅱ）先求 n b
n
方法一：利用数学归纳法证明结论，
n1
b 1
方法二：令c  ，证明 n c ，由此证明结论；
n n b n
n
2 2 2 2
3 5 2n1 2n1 2n1 2n2
方法三：由T
n
2  
2


 
4



 2n


，结合
 2n



2n
·
2n1
利用放缩法证明结论.
 π  π  π  π
f 'x2nsin2n1 x cos x 2ncos2n1 x sin x
【详解】（1）因为        
n  4  4  4  4
 π  π  π  π
2nsin x cos x sin2n2 x cos2n2 x
       
 4  4  4  4
 π  π  π
nsin 2x sin2n2 x cos2n2 x
     
 2  4  4
 π 2  π 2  π
当 x  0, 时，则 π  x π 0，所以 sin  x  0, cos  x  1，
 4 4 4 2  4 2  4 π  π  π  π  π
可得 sin  2x  0 ，且 sin  x   cos  x  ，则 sin2n2  x  cos2n2  x ，
 2  4  4  4  4
 π  π  π
sin2n2 x cos2n2 x 0 0,
即   4     4   ，可得 f n 'x0 ，所以函数 f n xn2在  4   上单调递增，
f x1 a 1
（2）（i）若n 1，则
1
，即
1
；
 π
0,
若 n2 ，由（1）可知： f n xn2在  4   上单调递增，
 π  π  π  π  π
f x sin2n x cos2n x cos2n x sin2n x  f x
且           ，
n  2  4  4  4  4 n
π
可知 f x是一个周期为 的周期函数，
n 2
π  π  π   π  π
f x sin2n x cos2n x sin2n x cos2n x  f x
又因为          
n 2  4  4   4  4 n
π
可知 f x关于x 对称，
n 4
π π π
则 f x在xk  ， 处取到最大值，在xk ， 处取到最小值，
n 2 4 kZ 2 kZ
 π π  π π  2  2n 1 n 1
可得a n sin2n   k 2  4   cos2n   k 2  4   2   2    2  2    2n1 ，
1
综上所述：a  ,nN*
n 2n1
 1  b 1 2n1
（ii）b 2log 12n, n 
n 2 a b 2n
 
n n
b 1 b 1 b 1
1  2   n 3 5 7 2n1
方法一：数学归纳法证明不等式       n1成立，
b b b 
1 2 n 2 4 6 2n
3 3
当 时，左边 ，右边 2，因为  2 ，所以不等式成立，
n 1 2 2
假设当nk时不等式成立，b 1 b 1 b 1 3 5 7 2k1
1  2 n     k 1
即   成立，
b b b 2 4 6 2k
1 2 n
则当nk1时，
b 1 b 1 b 1 b 1
 1  2   k  k1 3 5 7 2k1 2k3 2k3
左边       k1
b b b b 
1 2 k k1 2 4 6 2k 2k2 2k2
(2k3)2 4(k1)2 4k11
1
   k11  k11
4k1 4k1 4k1
所以当nk1时，不等式也成立，
综上所述：可证得不等式恒成立；
n1
方法二：构造新数列方法证明不等式.令c  ，
n
n
b 1 2n1 n1 2n12 n2 n 4n2 4n1 4n2 4n
n c     0
b n 2n n 2n 2n
n
b 1 b 1 2 b 1 3 b 1 4 b 1 n1
所以 n b c n ，即 1 b  1 , 2 b  2 , 3 b  3 ,  , n b  n
n 1 2 3 n
b 1 b 1 b 1 2 3 4 n1
1  2  n      n1，
b b b 1 2 3 n
1 2 n
综上所述：可证得不等式恒成立.
方法三：T n 2     3 2    2     5 4    2     2n 2n 1   2     3 2  4 3       5 4  6 5        2n 2n 1  2 2 n n  1 2    1 2  2 3  n n 1  n1
T  n1，
n
2
8.【答案】（1）y x
3
n
（2）S 
n 2n1
 1 
x , x3 2
【分析】（1）设切点坐标为   0 3 0   ，根据导数的几何意义可得切线方程为 y x 0 2x 3 x 0 3 ，代入点
 2
0,
  x 1
 3
0 2
0,

 3


可得x 1，即可得结果；
0
 1  1
1
 
（2）根据题意可知  P n 的圆心和半径，结合两圆外切可知数列  x n  是以首项x 1 ，公差 d 2 的等差
数列，结合裂项相消法求解即可.
 1 
1 x , x3
【详解】（1）因为 f x 3 x3 ，则 fx x2，设切点坐标为   0 3 0   ，则切线斜率k  fx 0  x 0 2，
1 2
可得切线方程为y x3  x2xx  ，即y x2x x3 ，
3 0 0 0 0 3 0
 2
0, 2 2 2
代入点   3   可得 3  3 x 0 3 ，解得x 0 1，所以直线 l 方程为 y x 3 .
fx x2 y  x2 P P  x ,x2 r  x2

（2）由（1）可知： ，则 n n，由题意可知： n的圆心为 n n n ，半径 n n，
P P PP r r
 
因为 n与 n1外切，则 n n1 n n1，
可得 x x 2   x2 x2 2  x2 x2 ，且0 x  x  nN* ，
n n1 n n1 n n1 n1 n
1 1  1  1
 2 1
 
整理可得x n x n1 2x n x n1 ，即 x n1 x n ，可知数列  x n  是以首项 x 1 ，公差 d 2 的等差数列，
1 1 1 1 1 
12n12n1 1 x x   
则 x n ，即 x n  2n1 ，则 n n1 2n12n1 2  2n1 2n1  ，
1 1 1 1 1 1  1 1  n
S  1      1 
   
所以 n 2 3 3 5 2n1 2n1 2 2n1 2n1.
9. 【答案】（1）
（2）①证明见详解；②不存在，证明见详解
【分析】（1）转化问题为 对于 恒成立，设 ， ，利用
导数分析其单调性，进而求解即可；（2）①结合（1）可得 ， ，当且仅当 时等号成立，进而得到 ，可得
当 时， ，进而利用裂项相消法求证即可；
②先假设存在，先得到 ，再结合 成等比数列，得到 ，再由
， 得到 推出矛盾即可求证.
【详解】（1））由 ， ，
则 对于 恒成立，
设 ， ，则 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，即 ，所以实数 的取值范围为 .
（2）①由（1）知，当 时， ， ，
即 ， ，当且仅当 时等号成立，
因为方程 的根为 ，所以 ，且 ，
则 ，即 ，
当 时， ，则 ,
.
当 时， 也满足，则
②数列 中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列，证明如下：
由 ， ，则 ，
当 时， ，则函数 在 上单调递增，
结合题意，方程 有唯一的根为 ，即 ，
而 ，则 ，即 ，
假设 成等比数列，则其公比 ，且 ，
又 ，则 ， ，
所以 ，则 ，
即 ，所以 ，
则 ，由于 ，
则 ，即 ，
则 ，则 ，
由 ， ，两式相减得 ，
则 ，即 ，这与 矛盾，
故数列 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
hxhx
【分析】（1）根据 ，即可解方程求解，
x2 x2a
（2）①根据 f xgxx2 f y2gy y a ，取 y  x
，可得gx
3 ，结合新
Fx xgx
定义可得a0，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；
3
②利用放缩法，先证明故 ，构造 px3x4 ln  x2 1  求导，确定函数的最值.
x2 x3x4 2
【详解】（1）由
hx xx5 可得hxxx5 xx5
，
由 hxhx 可得xx5 xx5 2x  1x4 0，解得x 0，
hx xx5
所以 为“缺陷偶函数”，且偶点唯一，且为0，
f x f ygx2gy x2  y f xgxx2 f y2gy y
（ 2 ） 由 可 得 对 任 意
x,yR，恒成立，所以存在常数a，使得 f xgxx2 f y2gy y a ，
x2 x2a
令 y  x ，则 f xgxx2 a ，且 f x2gxx a
，解得gx
3 ，gx
x 2a 1
gx
x 2a 1
①y     ，则    ，
x 3 3x 3 x 3 3x 3
gx
x 2a 1 x 2a 1 x 2a
由于y  是“缺陷偶函数”，由      ，即  ，即 x2 2ax0，
x 3 3x 3 3 3x 3 3 3x
x3 x2 2ax 3x22x2a
则 ，得
，Fx xgx ,Fx
，
2a 0 a0 3 3
Fx0 x , x x  x
由于424a0，所以 有两个不相等的实数根
1 2
，不妨设
1 2
，
Fx0,Fx Fx0,Fx
当x x 或xx 时， 单调递增，当x xx 时， 单调递减，
1 2 1 2
Fx xgx x , x
所以 有两个极值点 ．
1 2
x2 x
②若 g32 ，即g3
932a

62a
2，则
，故gx
，
3 3 a 0 3
1 3
当 时，要证gx ln  x2 1  ，只需要证x2 x  ln  x2 1  ，
x 1 2 2
3
因为x2 x3x4x22 0，故 ，只需证3x4 ln  x2 1  ，
x2 x3x4 2
3 3x 3x2 3x3
令 px3x4 ln  x2 1  ,px3  x1 ，
2 x2 1 x2 1
51 51
当1 x , px0, px 单调递减，当x ,px0,px 单调递增，
2 2
 51 3  51  3   51 2  3  51  3  51
故 px  p  4 ln  1  4 ln 
min   2   2 2    2    2 2   2  
 
33.236 3 3
 4 0.4810.1325，所以 px 0，从而 px0，故3x4 ln  x2 1  ，
2 2 min 2
1
即 时，gx ln  x2 1  .
x 1 2
2. 【答案】（1）
（2）证明见详解（3）
【分析】（1）由函数 的单调性转化为导函数 在区间 恒成立，分离参数求解；
（2）根据新定义转化为 ，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 时， ， ，
由题意可知， ，即 在区间 上恒成立，
设函数 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，所以 ，所以 ，即 .
（2）当 时， ， ，
假设 在点 和点 处存在“自公切线”l，
则l的斜率 ， ，即 ，
同时 ，
故 ，即
不妨设 ，令 ， ，则 ，
所以 在区间 上单调递减， ，故 不成立，
所以当 时，曲线 不存在“自公切线”.
（3）因为 ，所以 为偶函数，
又由（2）可得，当 时，曲线 不存在“自公切线”，
所以当 时，曲线 也不存在“自公切线”．
假设 在点 和点 处存在“自公切线”l，
则 和 只可能一正一负，不妨设 ， ，
则l的斜率 ， 即
同时 ，
所以 ，
所以 或 ，即 或 ，
①当 时，因为 ，所以 ，
所以 ，令 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递增， ，
所以函数 没有零点，此时没有满足题意的 ，即 没有“自公切线”；当 时， 时， ， 单调递减，
时， ， 单调递增，
所以 ，
因为 ，且 时， ，
当 ，即 时， ， 没有零点，即 没有“自公切线”；
当 ，即 时， ， 有一个零点，即 有一条“自公切线”；
当 ，即 时， ， 有两个零点，即 有两条“自公切线”．
②当 时， ，又 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
设函数 ， ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
且 ， ， ，
所以当 ，即 时， 有一个解，即 有一条“自公切线”；
当 ，即 时， 有两个解，即 有两条“自公切线”；
当 或 ，即 或 时， 无解，即 没有“自公切线”．
又因为当 时，在情况① 中， ， ；
在情况② 中， ， ；
所以当 时， 与 同时成立， 有且只有一条“自公切线”．
综上所述，若曲线 有且只有两条“自公切线”，实数a的取值范围是 .