难点四 函数性质与方程、不等式等相结合问题测试卷
（一）选择题（12*5=60 分）
1. （2019·黑龙江佳木斯一中高三月考）已知函数 ，若 ，使得
成立，则实数 的取值范围为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由函数的解析式可得函数的最小值为： ,则要考查的不等式转化为： ，解得：
，即实数 的取值范围为 .
本题选择 B 选项.
2. （2020·四川高三月考）已知函数 的图象上有且仅有四个不同的点关于直线
的对称点在 的图象上，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
解： 函数 的图象上有且仅有四个不同的点关于直线 的对称点在
的图象上，
而函数 关于直线 的对称图象为 ，
的图象与 的图象有且只有四个不同的交点，
作函数 的图象与 的图象如下，
易知直线 恒过点 ，
( ) 2
2
2 2, 2{
log , 2
x x xf x
x x
− + ≤=
> 0 Rx∃ ∈
( ) 2
0 5 4f x m m≤ − m
11, 4
−
1 ,14
12, 4
−
1 ,13
( )1 1f = 21 5 4m m≤ −
1 14 m≤ ≤ m 1 ,14
2
2 ln , 0( ) 3 , 0
x x x xf x x x x
− >= − − ≤
1y = 1y kx= + k
1( ,1)2
( 1,1)− 1 1( , )3 2
− 1 1( , )2 2
−
2
2 ln , 0( ) 3 , 0
x x x xf x x x x
− >= − − ≤ 1y = 1y kx= +
1y kx= + 1y = 1y kx= − +
2
2 ln , 0( ) 3 , 0
x x x xf x x x x
− >∴ = − − ≤ 1y kx= − +
2
2 ln , 0( ) 3 , 0
x x x xf x x x x
− >= − − ≤ 1y kx= − +
1y kx= − + (0,1)A设直线 与 相切于点 ，
，故 ，
解得， ，故 ；
设直线 与 相切于点 ，
，
故 ，
解得， ；
故 ，
故 ，
即 ；
故选：
3. 【山东省济南市 2019 届期末联考】 已知函数푓(푥) = {푥2 + 1,푥 ≤ 0
푒―푥,푥 > 0 ，若对任意푥 ∈ [ ― 1,1]，不等式푓[(1 ― 2
푎)푥 ― 4푎 +2] ≥ [푓(푥2)]푎恒成立，其中푎 > 0，则푎的取值范围是( )
A．(0,1
3] B．[1
2, + ∞) C．[3
7, + ∞) D．[1
3,3
7]
【答案】B
【解析】作出函数푓(푥)的图象，由图像可知：函数푓(푥)在 R 上单调递减，[푓(푥2)]푎 = (푒―푥2)푎 = 푒―푎푥2 = 푓(푎푥2
AC 2y x xlnx= − ( ,2 )C x x xlnx−
1y lnx′ = − 2 11 x xlnxlnx x
− −− =
1x = 1ACk =
AB 2 3y x x= − − 2( , 3 )B x x x− −
2 3y x′ = − −
2 3 12 3 x xx x
− − −− − =
1x = −
( )2 1 3 1ABk = − × − − = −
1 1k− < − <
1 1k− < <
B)，即푓[(1 ― 2푎)푥 ― 4푎 +2] ≥ 푓(푎푥2)，由函数푓(푥)在 R 上单调递减，可得：(1 ― 2푎)푥 ― 4푎 +2 ≤ 푎푥2，变量
分离可得：a ≥ 푥 + 2
푥2 + 2푥 + 4，令t = x +2 ∈ [1,3]，则y = 푡
푡2 ― 2푡 + 4 = 1
푡 + 4
푡 ― 2
,又푡 + 4
푡 ∈ [4,5]，∴ 1
푡 + 4
푡 ― 2
∈ [1
3，1
2]，∴a
≥ 1
2，故选：B
4.已知函数 ，用 表示 中最小值，设
，则函数 的零点个数为( )
A．1 B．2 C. 3 D．4
【答案】C
【解析】作出函数 和 的图象如图，两个图象的下面部分图象，由 ，得
，或 ，由 ，得 或 ， ∵ ，∴当 时，函数
的零点个数为 个，故选：C．
5.已知 是函数 的导函数，且对任意的实数 都有 （ 是自然对数的
底数）， ，若不等式 的解集中恰有两个整数，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】当 时，即解 ，构造函数 ，可令：
，所以 ，由 ，得： ，
( ) ( ) 2ln 1, 2 3f x x g x x x= − = − + + { }min ,m n ,m n
( ) ( ) ( ){ }min ,h x f x g x= ( )h x
( )f x ( )g x ( ) 2 2 3 0g x x x= − + + =
1x = − 3x = ( ) ln 1 0f x x= − = x e= 1x e
= ( ) 0g e > 0x > ( )h x
3
( )f x′ ( )f x x ( ) ( ) ( )2 3xf x e x f x′ = + + e
( )0 1f = ( ) 0f x k− < k
1 ,0e
−
1 ,0e
− 2
1 ,0e
− 2
1 ,0e
−
0k = ( ) 0f x < ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 3x x
f x f x f xg x g x xe e
′ −= =′= ⇒ +
( ) 2 3g x x x c= + + ( ) ( )2 2 xf x x x c e= + + ( )0 1f c= = ( ) ( )2 3 1 xf x x x e= + +由 ，得： 得出解为 ，其中恰有两个整数 ，所以
时成立，排除 A、D.当 ，则 ，
，
得：函数在 上递减， 上递增，此时 的解集至少包括
，所以不合题意，故不能取 ，排除 B，本题选 C.
6. 【湖北省 2019 届期末联考】已知函数푓(푥) = { 2|푥|(푥 ≤ 1),
푥2 ― 3푥 + 3(푥 > 1), (푎 ∈ 푅)，若关于푥的方程푓(푥) = 2푎恰
好有两个不同实根，则实数푎的取值范围为（ ）
A．1
2 < 푎 < 1 B．푎 = 1
2 C．3
8 < 푎 ≤ 1
2或푎 > 1 D．푎 ∈ 푅
【答案】C
【解析】由图可知，若方程푓(푥) = 2푎有两个不同实数根，则3
4 < 2푎 ≤ 1，或2푎 > 2，解得3
8 < 푎 ≤ 1
2，或2푎
> 2，解得3
8 < 푎 ≤ 1
2，或푎 > 1，故选 C.
7. （2020·山西高三期末）已知函数 有两个零点，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
解：函数 的定义域为 ，
，
函数 有两个零点，
( ) 0f x < 2 3 1 0x x+ + < 3 5 3 5
2 2x
− − − +< < 2, 1− − 0k =
2
1k e
= − ( ) ( )2
2
13 1xf x e x x e
= + + < −
( ) ( ) ( ) ( )2 2 23 1 1, 5 4x xh x e x x f x e x x+ += + + < − = + +′
( )4, 1− − ( ) ( ), 4 , 1,−∞ − − +∞ ( )2 2 3 1 1xe x x+ + + < −
4, 2, 3, 1− − − − 2
1
e
−
( ) 1 lnf x m xx
= + m
( ),e +∞ 1
e
+ ∞ ， ( )0,e 10 e
，
1( )f x mlnxx
= + (0, )+∞
2 2
1 1( ) m mxf x x x x
−∴ ′ = − + =
1( )f x mlnxx
= +．
由 ，解得 ，
则当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增．
当 时， 有极小值也是最小值为 ．
则 ．
令 ， ，
则 时， ，当 时， ，
在 上单调递增，在 上单调递减．
而 ，当 时， ， ，
当 时， ．
实数 的取值范围是 ．
故选： ．
8. （2020·安徽高三月考）已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是
（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
对于 的大小： ， ，明显 ；
对于 的大小：构造函数 ，则 ，
当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递减，
即
0m∴ >
( ) 0f x′ = 1x m
=
10,x m
∈ ( ) 0f x′ < ( )f x
1 ,x m
∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x
∴ 1x m
= ( )f x 1 1f m mln m mlnmm m
= + = −
0m mlnm− <
( )g m m mlnm= − ( ) 1 1g m lnm lnm′ = − − = −
(0,1)m∈ ( ) 0g m′ > (1, )m∈ +∞ ( ) 0g m′ <
( )g m∴ (0,1) (1, )+∞
( )1 1g = 0m +→ ( ) 0g m > ( ) 0g e =
∴ ( , )m e∈ +∞ ( ) 0g m <
∴ m ( , )e +∞
A
4ln3a π= 3ln 4b π= 34lnc π= a b c
c b a< < b c a< < b a c< < a b c< <
,a b 44ln3 ln3 ln81a π π π= == 33ln 4 ln ln 644b π π π== = a b>
,a c ln( ) xf x x
= '
2
1 ln( ) xf x x
−=
(0, )x e∈ '( ) 0, ( )f x f x> (0, )e
( , )x e∈ +∞ '( ) 0, ( )f x f x< ( , )e +∞
3 , ( ) (3)e f fπ π> > ∴ 对于 的大小： ， ， ，
故选：B。
9. （2020·安徽高三月考）已知函数 （ ）， .若存在实数 使不等式
的解集为 ，则实数 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
令 ,则 的图象在直线 下方的部分对应点的横坐标 ，由
，解得 的值.
， 的情况如下：
+ 0 ﹣ 0 +
增 极大值 减 极小值 增
由上表知,
当 时， ，当 时， ，
函数 的极大值为 ，函数 的极小值为 ,
所以当 或 时，存在实数 使不等式 的解集为 ．
故选:D
10. （2020·河北高三期末）已知函数 ，当 时， 恒成立，则 a 的取值范
围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
,b c 3ln 4 ln 64b π π== 3 4 34ln ln[( ) ]c π π== 64π < 4 3[( ) ]π c b>
( ) 23f x x a= + a R∈ ( ) 3 9g x x x= − b
( ) ( )f x g x> ( ),b−∞ a
[ )5 + ∞， ( ]27 5− ， ( ) 27−∞ −， ]( ( ), 27 5,−∞ − ∪ +∞
( ) 3 23 9h x x x x= − − ( )y h x= y a= ( ),x b∈ −∞
( )' 23 6 9 0h x x x= − − = x
( )'h x ( )h x
x ( ), 1−∞ − 1− ( )1,3− 3 ( )3,+∞
( )h x
( )'h x
x → +∞ ( )h x → +∞ x → −∞ ( )h x → −∞
( )h x ( )1 5h − = ( )h x ( )3 27h = −
5a > 27a ≤ − b ( ) ( )f x g x> ( ),b−∞
( ) sinf x x ax= − (0,1)x∈ ( ) 0f x >
( ),sin1−∞ ( ),cos1−∞ ( )1,sin1− ( ), sin1−∞ −由 ，得： ，因为 ，所以 ，
令 ， ，
再令 ， ，
所以 在 上单调递减，所以 ，
所以 ，则 在 上单调递减，所以 ，所以 .
故选：A.
11. （2020·河南南阳中学高三月考）已知函数 与 的图象恰有三个不同
的公共点（其中 为自然对数的底数），则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
令 ，可得 ，可得 .
设 ，则 ，即 .
，
当 时， 单调递增且 ；
当 时， 单调递减且 .
作出 的图象如图所示.
对于 ， ，
设该方程有两个不同的实根 ，由题意得 共有三个实数根.
( ) 0f x > sin 0x ax− > (0,1)x∈ sin xa x
<
sin( ) xg x x
= cos sin( ) x x xg x x
−′ =
( ) cos sinm x x x x= − ( ) cos sin cos sin 0m x x x x x x x′ = − − = − <
( )m x (0,1) ( ) (0) 0m x m< =
( ) 0g x′ < ( )g x (0,1) ( ) (1) sin1g x g> = ( ,sin1)a∈ −∞
( ) ( e e )(e e )x xf x a x x= + + 2( ) e xg x =
e a
1 ,12
−
1 2,2 2
−
2 ,12
(1, 2)
( ) ( )f x g x= 2( e e )(e e )=ex x xa x x+ + e e1 1e ex x
x xa + + =
e( ) ex
xt h x= = ( )(1 ) 1a t t+ + = 2 ( 1) 1 0t a t a+ + + − =
e(1 )( ) ex
xh x
−′ =
1x < ( )h x ( ) ( ,1)h x ∈ −∞
1x > ( )h x ( ) (0,1)h x ∈
( )t h x=
2 ( 1) 1 0t a t a+ + + − = 2 2=( +1) 4( 1) ( 1) 4 0Δ a a a− − = − + >
1 2,t t 1 2( ) , ( )h x t h x t= =若 是方程的根，则 ，即 ，
则方程的另一个根为 ，不合题意.
若 是方程的根，则 ，即 ，
则方程的另一个根为 ，不合题意.
所以关于 的方程的两根 (不妨令 )满足 .
所以 解得 .
故选：A.
12. （2020·江西省临川第二中学高三期中）已知函数 有两个零点 ， ，则下列判断：①
；② ；③ ；④有极小值点 ，且 ．则正确判断的个数是（ ）
A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个
【答案】D
【解析】
对于①，∵ ，
∴ ，令 ，
当 时， 在 上恒成立，
∴ 在 上单调递增．
当 时，由 ，解得 ；由 ，解得 ；
∴ 在 单调递减，在 单调递增．
∵函数 有两个零点 ， ，
∴ ， ，即 ，即 ，
解得： ；所以①不正确；
对于②，因为函数 有两个零点 ， ，
所以 ， 是方程 的两根，因此 ， ，
所以 ，
1t = 1 +1 1 0a a+ + − = 1
2a = −
3
2t = −
0t = 0 0 1 0a+ + − = 1a =
2t = −
t 1 2,t t 1 2t t< 1 20 1t t< < <
0 0 1 0,
1 1 1 0,
a
a a
+ + −
1 12 a− < <
( ) xf x e ax= − 1x 2x
a e< 1 2 2x x+ < 1 2 1x x > 0x 1 2 02x x x+ <
( ) xf x e ax= −
( ) xf x e a′ = − ( ) 0xf x e a′ = − >
0a ≤ ( ) 0xf x e a′ = − > x∈R
( )f x R
0a > ( ) 0f x′ > lnx a> ( ) 0f x′ < lnx a<
( )f x ( ,ln )a−∞ (ln , )a +∞
( ) xf x e ax= − 1x 2x
0a > (ln ) 0f a < ln ln 0ae a a− < ln 0a a a− <
a e>
( ) xf x e ax= − 1x 2x
1x 2x 0xe ax− = 1 1lnx ax= 2 2lnx ax=
( ) ( ) ( )2
1 2 1 2 1 2 1 2ln 2ln ln 2 lnx x a x x a x x x x+ = = + > +取 ， ，∴ ， ，∴ ，
∴ ，所以②不正确；
对于③， ，∴ ， 不一定，∴所以③不正确；
对于④，f（x）在 单调递减，在 单调递增，
∴有极小值点 ，且 ，所以④正确．
综上，正确的命题序号是④．
故选:D
（二）填空题（4*5=20 分）
13. （2020·河南高三期末）已知函数 的定义域为 R，导函数为 ，若 ，
且 ，则满足 的 x 的取值范围为______.
【答案】
【解析】
依题意， ，
令 ，则 ，故函数 为奇函数
，故函数 在 上单调递减，
则
，即 ，故 ，则 x 的取值范围为
.
故答案为：
14. （2020·四川高三月考（理））已知定义在 上的函数 满足 ，且 在
2
2
ea = 2(2) 2 0f e a= − = 2 2x = (0) 1 0= >f 10 1x< <
1 2 2x x+ >
(0) 1 0= >f 10 1x< < 1 2 1x x >
( ,ln )a−∞ (ln , )a +∞
0 lnx a= 1 2 02 2lnx x x a+ < =
( )f x ( )f x′ ( ) ( )cosf x x f x= − −
( ) sin 02
xf x′ + < ( ) ( ) 0f x f xπ+ + ≤
,2
π − +∞
( ) ( ) ( )coscos
2 2
xxf x f x
−− = − − +
( ) ( ) cos
2
xg x f x= − ( ) ( )g x g x= − − ( )g x
( ) ( ) ( )cos sin 02 2
x xg x f x f x
′ ′ ′= − = + m
[0,9)
R ( )f x ( ) ( ) ( )f x g x g x= − −
( ) ( ) ( ) ( )f x g x g x f x− = − − = − ( )f x ( )f x ( ,0)−∞
( )f x R 1 2, (0, )x x ∈ +∞ ( ) ( ) ( )1 2 1 2f x f x f x x⋅ = +
21( ) (2 ) 02( )f m f m+ + − >
( )1 1 22 2f m m f m ∴ + + + > −
2 1 2
0
m m
m
+ > −∴ ≥ 0 3m≤ <
0 9m≤ < [ )0,9m∈
[ )0,9
2 2ln 3( ) x xf x mx
+ += +
0
1 ,4x ∃ ∈ + ∞ 0 0( ( ))f f x x= m
[ 2 , 0)e−
( )0t f x= ( )( )0 0f f x x= ( ) 0f t x= ( )0 0f x x=
( ) 2 2ln 3x xf x m xx
+ += + = 2ln 3xm x
+− =
y m= − ( ) 2ln 3xg x x
+=
( ) 2
2ln 1' xg x x
+= − 1
4x ≥ ( )' 0g x = ex e
=当 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，
∴ ，
又 ，当 时， ，
分别画出 与 的图象，如图所示；
由图象可得当 ，即 时， 与 有交点，
故答案为： ．
16.已知函数 若不等式 恒成立，则实数 的取值范围是
_______.
【答案】
【解析】设 ，则函数 的图象是过点（0,5）的直线．在同一坐标系内画出函数
和 的图象，如图所示．∵不等式 恒成立，∴函数 图象不在函数
的图象的上方．结合图象可得，①当 时不成立；②当 时成立；③当 时，
需满足当 时， ，解得 ．综上可得 ．∴实数 的取值范围是
1,4
ex e
∈
( )' 0g x > ( )g x
,ex e
∈ + ∞
( )' 0g x < ( )g x
( ) 2max
eg x g ee
= =
( )1 4 3 ln16 04g = − > x → +∞ ( ) 0g x →
y m= − ( )y g x=
0 2m e< − ≤ 2 0e m− ≤ < y m= − ( )y g x=
)2 ,0e−
( ) ( )
2 , 1{ 1 ,1 2,
x xf x ln x x
≤= − < ≤ ( ) 5f x mx≤ − m
50, 2
( ) 5g x mx= − ( )g x ( )y f x=
( ) 5g x mx= − ( ) 5f x mx≤ − ( )y f x=
( ) 5g x mx= − 0m < 0m = 0m >
2x = ( )2 5 2 0g m= − ≥ 50 2m< ≤ 50 2m≤ ≤ m．答案：
（三）解答题（4*12=48 分）
17. （2020·内蒙古高三）已知函数 在点 处的切线为 .
（1）求函数 的解析式；
（2）若 ，且存在 ，使得 成立，求 的最小值.
【解析】
（1） 的定义域为 ，
，
．
（2） 可化为 ，
令 ， ，使得 ，
则 ，
．
令 ，则 ，
在 上为增函数．
又 ，
故存在唯一的 使得 ，即 ．
50, 2
50, 2
( ) lnf x x x ax b= + + (1, (1))f 3 2 0x y− − =
( )f x
k Z∈ 0x > ( 1)f xk x
+> k
( )f x (0 )+ ∞，
( ) ln 1f x x a′ = + +
(1) 1 3{ (1) 1
f a
f a b
= + =∴ = +
′
=
，
，
2{ 1
a
b
，
，
=∴ = −
( ) ln 2 1f x x x x∴ = + −
( 1)f xk x
+> ( 1)ln( 1) 2 1x x xk x
+ + + +>
( 1)ln( 1) 2 1( ) x x xg x x
+ + + += (0, )x∃ ∈ + ∞ ( 1)f xk x
+>
min( )k g x>
2
1 ln( 1)( ) (0 )x xg x xx
− − + ∈ ∞′ = +， ，
( ) 1 ln( 1)h x x x= − − + 1( ) 1 01 1
xh x x x
=+
′ = − >+
( )h x∴ (0 )+ ∞，
(2) 1 ln3 0 (3) 2 ln 4 0h h= − = −，
0 (2 3)x ∈ ， 0( ) 0h x = 0 01 ln( 1)x x− = +当 时， ，
， 在 上为减函数；
当 时， ，
， 在 上为增函数．
，
．
．
的最小值为 5．
18. （2020·山东高三期末）已知函数 ．
（1）当 时，求函数 的单调区间；
（2）是否存在实数 ，使函数 在 上单调递增？若存在，求出 的取值范围；
若不存在，请说明理由．
【解析】
（1）当 时， ．
所以
令 ，则 或 ，令 ，则 ，
所以 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为
（2）存在 ，满足题设，
因为函数
所以
要使函数 在 上单调递增，
0(0 )x x∈ ， ( ) 0h x <
( ) 0g x∴ ′ < ( )g x∴ 0(0 )x，
0( )x x∈ + ∞， ( ) 0h x >
( ) 0g x∴ ′ > ( )g x∴ 0( )x ，+ ∞
0 0 0 0 0 0
min 0 0
0 0
( 1)ln( 1) 2 1 ( 1)( 1) 2 1( ) ( ) 2x x x x x xg x g x xx x
+ + + + + − + +∴ = = = = +
0 2k x∴ > +
0 0(2 3) 2 (4 5)x x∈ ∴ + ∈ ， ， ，
k Z∈ ， k∴
21( ) 2 ln ( 2)2f x x a x a x= + − +
1a = ( )f x
a 34( ) ( ) 9g x f x ax x= + + (0, )+∞ a
1a = 21( ) 2ln 3 ( 0)2f x x x x x= + − >
2( ) 3f x x x
′ = + − = 2 3 2 ( 2)( 1)x x x x
x x
− + − −=
( ) 0f x′ ≥ 0 1x< ≤ 2x ≥ ( ) 0f x′ < 1 2x< <
( )f x ( ]0,1 [ )2,+∞ ( )1,2
7
24a ≥
34( ) ( ) 9g x f x ax x= + + = 2 31 42 ln 22 9x a x x x+ − +
22 4( ) 2 3
ag x x xx
′ = + − +
( )g x 0, ∞（ + ） 22 4( ) 2 0, (0, )3
ag x x x xx
′ = + − ≥+ ∈ +∞即 ， ，
令 ， ，
则 ，
所以当 时， ， 在 上单调递减，
当 时， ， 在 上单调递增，
所以 是 的极小值点，也是最小值点，且 ，
∴ 在 上的最大值为 ．
所以存在 ，满足题设．
19. 【河南省周口市 2019 届期末联考】已知函数푓(푥) = 푎푥2 ― 2ln푥(푎 ∈ 푅).
（1）讨论函数푓(푥)的单调性；
（2）当푎 = 1
푒2时，若函数푦 = 푓(푥)的两个零点分别为푥1，푥2（푥1 < 푥2），证明：ln(푥1 + 푥2) > ln2 + 1.
【解析】（1）易知函数푓(푥)的定义域为(0, + ∞)，푓′(푥) = 2푎푥 ― 2
푥 = 2(푎푥2 ― 1)
푥 .当푎 ≤ 0时，푓′(푥) < 0，∴函数푓
(푥)在(0, + ∞)上单调递减；当푎 > 0时，由푓′(푥) > 0，得푥 > 푎
푎 ，由푓′(푥) < 0，得0 < 푥 < 푎
푎 ，∴函数푓(푥)在( 푎
푎
, + ∞)上单调递增，在(0, 푎
푎 )上单调递减.
（2）当 푎 = 1
푒2时，푓(푥) = 푥2
푒2 ― 2ln푥.由（1）知 푓(푥)min = 푓(푒) = ―1，且푥1 ∈ (0,푒)，푥2 ∈ (푒, + ∞).又由 푓(2푒
) = 2 ― 2ln2 > 0及푓(푥2) = 0，知푥2 < 2푒，即푥2 ∈ (푒,2푒)，∴2푒 ― 푥2 ∈ (0,푒).欲证ln(푥1 + 푥2) > ln2 + 1，只须
证푥1 + 푥2 > 2푒，即证푥1 > 2푒 ― 푥2.由（1）知푓(푥)在(0,푒)上是递减的，且푓(푥1) = 0，∴只须证푓(2푒 ― 푥2) > 푓
(푥1) = 0.由푓(푥2) =
푥22
푒2 ― 2ln푥2 = 0，得푥22 = 2푒2ln푥2.∴푓(2푒 ― 푥2) =
(2푒 ― 푥2)2
푒2 ― 2ln(2푒 ― 푥2) =
4푒2 ― 4푒푥2 + 푥22
푒2 ― 2
ln(2푒 ― 푥2) =
4푒2 ― 4푒푥2 + 2푒2ln푥2
푒2 ― 2ln(2푒 ― 푥2) = 4 ―
4푥2
푒 +2ln푥2 ― 2ln(2푒 ― 푥2)， 푥2 ∈ (푒,2푒). 令 푔(푡) = 4 ― 4푡
푒
+2ln푡 ― 2ln(2푒 ― 푡)，푡 ∈ (푒,2푒)，则푔′(푡) = ― 4
푒 + 2
푡 + 2
2푒 ― 푡 = 4(푒 ― 푡)2
푒푡(2푒 ― 푡) > 0，∴푔(푡)在(푒,2푒)上是递增的，∴푔(
3 24 3 6 6 0x x x a+ − + ≥ (0, )x∈ +∞ ⇔ 3 24 3 6
6
x x xa
+ −≥ − (0, )x∈ +∞
3 24 3 6( ) 6
x x xh x
+ −= (0, )x∈ +∞
2( ) 2 1 (2 1)( 1)h x x x x x′ = + − = − +
10, 2x ∈ ( ) 0h x′ < ( )h x 10, 2
1 ,2x ∈ +∞ ( ) 0h x′ > ( )h x 1 ,2
+∞
1
2x = ( )h x 1 7
2 24h = −
3 24 3 6
6
x x x+ −− (0, )+∞ 7
24
7
24a ≥푡) > 푔(푒) = 0，即푓(2푒 ― 푥2) > 0.综上，ln(푥1 + 푥2) > 푙푛2 + 1.
20.已知函数푓(푥) = ln(1
2 + 1
2푎푥) + 푥2 ― 푎푥(푎 为常数，푎 > 0) .
（1）当푦 = 푓(푥) 在푥 = 1
2 处取得极值时，若关于 的方程푓(푥) ― 푏 = 0 在[0,2] 上恰有两个不相等的实数根，
求实数 的取值范围.
（2）若对任意的푎 ∈ (1,2) ，总存在푥0 ∈ [1
2,1] ，使不等式푓(푥0) > 푚(푎2 +2푎 ― 3) 成立，求实数푚 的取值范
围.
【解析】（1）푓′(푥) = 푎
1 + 푎푥 +2푥 ― 푎,푓′(1
2) = 푎
1 + 1
2푎
+1 ― 푎 = 0，即푎2 ― 푎 ― 2 = 0，又푎 > 0所以푎 = 2，此时푓′(푥)
= 2푥(2푥 ― 1)
1 + 2푥 ，所以푥 ∈ [0,1
2]上递减，푥 ∈ [1
2,2]上递增，又푓(0) = ln1
2,푓(1
2) = ― 3
4,푓(2) = ln5
2，所以 ― 3
4 < 푏 ≤ ln1
2
（2） 푓′(푥) = 푎
1 + 푎푥 +2푥 ― 푎 = 2푎푥2 + (2 ― 푎2)푥
1 + 푎푥 =
푥[2푎푥 ― (푎2 ― 2)]
1 + 푎푥 ，因为1 < 푎 < 2，所以푎2 ― 2
2푎 ― 1
2 = (푎 ― 2)(푎 + 1)
2푎 < 0，
即푎2 ― 2
2푎 < 1
2，所以푓(푥)在[1
2，1]上单调递增，所以푓(푥)max = 푓(1) = ln(1
2 + 1
2푎) +1 ― 푎，问题等价于对任意푎 ∈
(1,2)，不等式ln(1
2 + 1
2푎) +1 ― 푎 > 푚(푎2 + 2푎 ― 3)成立，设ℎ(푎) = ln(1
2 + 1
2푎) +1 ― 푎 ― 푚(푎2 + 2푎 ― 3)
(1 < 푎 < 2)，则ℎ′(푎) = 1
1 + 푎 ― 1 ― 2푚푎 ― 2푚 = ―푎 ― 2푚(푎 + 1)2
1 + 푎
当푚 ≥ 0时，ℎ′(푎) < 0，所以ℎ(푎)在区间(1,2)上单调递减，此时ℎ(푎) < ℎ(1) = 0，所以푚 ≥ 0不可能使ℎ(푎) > 0
恒成立，故必有，因为(푎 + 1)2 ≥ 4푎，若푚 ≤ ― 1
8，可知ℎ(푎)在区间(1,2)上单调递增，在此区间上有ℎ(푎) > ℎ
(1) = 0满足要求，若 ― 1
8 < 푚 < 0，可知ℎ(푎)在区间(1,min{ ―1 ― 1
4푚,2})上递减，在此区间上有ℎ(푎) < ℎ(1) = 0，
与ℎ(푎) > 0恒成立相矛盾，所以实数푚的取值范围是( ―∞, ― 1
8].
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