专题六 导数的综合问题
一、多选题
1．（2020·辽宁葫芦岛�高二期末）已知函数 ，若直线 与 交于三个
不同的点 （其中 ），则 的可能值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据导数的几何意义求出曲线在 时切线的斜率，然后根据题意分别求出 的取值范围，进而选出正
确答案.
【详解】
在 时， ， ，设切点的坐标为： ， ，
因此有 ，所以切线方程为： ，当该切线过原点时，
，所以切点的坐标为： ，
因为直线 与 交于三个不同的点，
所以有 ，
当切线与直线 相交时，解方程组： ，
因此有 ，于是有 ，
所以 ，显然选项 BC 符合，
故选：BC
【点睛】
本题考查好已知两曲线交点的个数求参数的到值范围，考查了导数的几何意义，考查了数学运算能力.
1n , 0( ) 3 1, 0
x xf x x x
>= + ≤
y kx= ( )y f x=
( , ( )), ( , ( )), ( , ( ))A a f a B b f b C c f c a b c< < 1 3b a
+ +
0x > ,a b
0x > ( ) lnf x x= ' 1( )f x x
= 0 0( , )x y ' 1( )f x x
=
'
0
0
1( )f x x
= 0 0
0
1ln ( )y x x xx
− = −
0 0 0
10 ln (0 )x x x ex
− = − ⇒ = ( ,1)e
y kx= ( )y f x=
(1, )b e∈
3 1y x= +
3 1
1 31 1
1 3
ey x x e
y x ye e
= + = −⇒ = = −
1( , )1 3 3
ea e
∈ −−
1 1( 3, 3 )a e
∈ − − +
1 13 (1, )b ea e
+ + ∈ +2．（2020·全国高三其他）已知函数 是定义在 上的奇函数，当 时， ，则下列
说法正确的是（ ）
A．当 时，
B．函数 有 2 个零点
C． 的解集为
D． ， ，都有
【答案】CD
【解析】
【分析】
当 时，结合函数奇偶性可求出解析式；结合奇偶性和零点的含义可判断函数零点的个数；令
，分 ， 两种情况进行讨论，即可求出解集；结合导数求出函数的最大值和最小值，即
可判断 D.
【详解】
当 时， ，由奇函数定义可知， ，故 A 错误；
对于 B，当 时， ，可知 是函数 的一个零点．当 时，
令 ，解得 ，即 是函数 的一个零点．
由奇函数的性质可知， 是函数 的一个零点，因此函数 有 3 个零点，
故 B 错误；
对于 C，当 时，令 ，解得 ，当 时，
令 ，解得 ，综上可知，
的解集为 ，故 C 正确；
对于 D， ， ，都有 ．当 时，
，当 时， 是增函数，当 时， 是减函数，
且 时， ，根据奇函数图象的性质可知， 时，
( )f x R 0x < ( ) ( )1xf x e x= +
0x > ( ) ( )1xf x e x= −
( )f x
( ) 0f x > ( ) ( )1,0 1,− ∪ +∞
1x∀ 2x R∈ ( ) ( )1 2 2f x f x− <
0x >
( ) 0f x > 0x > 0x <
0x > 0x− < ( ) ( ) ( )1xf x f x e x−= − − = − −
0x = ( )0 0f = 0x = ( )f x 0x <
( ) ( )1 0xf x e x= + = 1x = − 1x = − ( )f x
1x = ( )f x ( )f x
0x < ( ) ( )1 0xf x e x= + > 1 0x− < < 0x >
( ) ( ) ( )1 0xf x f x e x−= − − = − − > 1x >
( ) 0f x > ( ) ( )1,0 1,− ∪ +∞
1x∀ 2x R∈ ( ) ( ) ( ) ( )1 2 max minf x f x f x f x− < − 0x <
( ) ( )2xf x e x′ = + 2 0x− < < ( )f x 2x < − ( )f x
x → −∞ ( ) 0f x → x∈R， ，可知 ，故 D 正确，
故选:CD．
【点睛】
本题考查函数的奇偶性，考查了函数零点个数的求解，考查了及利用导数研究不等式，属于中档题．
3．（2020·重庆北碚�西南大学附中高二期末）下列命题中正确的有（ ）
A．函数 的单调递增区间是
B．若函数 的定义域为 ，则函数 的定义城为
C．函数 有且仅有 个不同的零点
D．若 ，则
【答案】BD
【解析】
【分析】
利用函数的性质及利用导数即可判断每个选项的正误.
【详解】
解：令 ，解得 或 .即函数 在 上单调递减，在 上单调递
增，而 是增函数，
所以函数 的单调递增区间是 ，故 A 错误；
令 ，解得 ，所以函数 的定义城为 ，故 B 正确；
，则 .
当 时， ，即函数 在 上单调递增，
当 时， ，即函数 在 上单调递减，
当 时， ，即函数 在 上单调递增，
所以在 处， 取得极大值为 ，在 处， 取得极小值为 ，
故函数 有且仅有 个不同的零点，故 C 错误；
( ) ( ) 2
max 2f x f e−= = ( ) 2
minf x e−= − ( ) ( )1 2 2
2 2f x f x e
− < <
( ) ( )2ln 2f x x x= − ( )1,+∞
( )f x [ ]1,2 ( )2logf x [ ]2,4
( ) 3 3 2f x x x= − + 3
2 2a b
π π− < < < sin sina a b b<
2 2 0t x x= − > 0x < 2x > 2 2t x x= − ( ),0−∞ ( )2,+∞
lny t=
( ) ( )2ln 2f x x x= − ( )2,+∞
21 log 2x≤ ≤ 2 4x≤ ≤ ( )2logf x [ ]2,4
( ) 3 3 2f x x x= − + ( ) ( )( )23 3 3 1 1f x x x x= = +′ − −
1x < − ( ) 0f x′ > ( )f x ( ), 1−∞ −
1 1x− < < ( ) 0f x′ < ( )f x ( )1,1−
1x > ( ) 0f x′ > ( )f x ( )1,+∞
1x = − ( )f x ( )1 4f − = 1x = ( )f x ( )1 0f =
( ) 3 3 2f x x x= − + 2令 ， ， ，
所以函数 为奇函数，在 上， ，
则 ，
所以函数 在 上单调递增，
因为 ， 是连续函数且为奇函数，
所以 在 上是增函数，
因为 ，所以 ，即 ，故 D 正确.
故选：BD.
【点睛】
本题考查函数的单调性，定义域的求法，函数零点的判断，以及导数的应用，考查分析问题能力，属于中
档题.
4．（2020·重庆北碚�西南大学附中高二期末）已知函数 ，当实数 取确定的某个值时，方程
的根的个数可以是（ ）
A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．4 个
【答案】ABC
【解析】
【分析】
令 ，画出 ，结合 的解的情况可得正确的选项.
【详解】
，
( ) sinf x x x= ,2 2x
π π ∈ −
( ) ( ) ( )sin sinf x x x x x f x− = − − = − = −
( )f x 0, 2
π
( ) sinf x x x=
( ) sin cos 0f x x x x′ = + ⋅ >
( )f x 0, 2
π
( ) sinf x x x= ,2 2x
π π ∈ −
( )f x ,2 2
π π −
2 2a b
π π− < < < ( ) ( )f a f b< sin sina a b b<
1( ) x
xf x e
+= m
2 ( ) ( ) 1 0f x mf x+ + =
( )t f x= 1( ) x
xf x e
+= 2 1 0t mt+ + =
( ) x
xf x e
′ = −故当 时， ，故 在 上为增函数；
当 时， ，故 在 上为减函数，
而 且当 时， 恒成立，故 的图象如图所示：
考虑方程 的解的情况.
，
当 时， ，此时方程 有两个不等的正根 ，
因为 ，故 ， ，
由图象可知方程 的解的个数为 2，方程 的解的个数为 0，
故方程 的根的个数是 2.
当 时， ，此时方程 有两个相等的正根 ，
由图象可知方程 的解的个数为 1，
故方程 的根的个数是 1.
当 时， ，此时方程 无解，
故方程 的根的个数是 0.
当 时， ，此时方程 有两个相等的负根 ，
由图象可知方程 的解的个数为 1，
0x < ( ) 0f x¢ > ( )f x ( ),0- ¥
0x > ( ) 0f x¢ < ( )f x ( )0,+¥
( )1 0f − = 0x > ( ) 0f x > ( )f x
2 1 0t mt+ + =
2 4m∆ = −
2m < − > 0∆ 2 1 0t mt+ + = 1 2t t<
1 2 1t t = 10 1t< < 2 1t >
( )1t f x= ( )2t f x=
2 ( ) ( ) 1 0f x mf x+ + =
2m = − 0∆ = 2 1 0t mt+ + = 1 2 1t t= =
( ) 1f x =
2 ( ) ( ) 1 0f x mf x+ + =
2 2m− < < ∆ < 0 2 1 0t mt+ + =
2 ( ) ( ) 1 0f x mf x+ + =
2m = 0∆ = 2 1 0t mt+ + = 1 2 1t t= = −
( ) 1f x = −故方程 的根的个数是 1.
当 时， ，此时方程 有两个不等的负根 ，
由图象可知方程 的解的个数为 1，方程 的解的个数为 1，
故方程 的根的个数是 2.
故选：ABC．
【点睛】
本题考查复合方程的解，此类问题，一般用换元法来考虑，其中不含的参数的函数的图象应利用导数来刻
画，本题属于难题．
5．（2020·山东高三其他）对于函数 ，下列说法正确的是（ ）
A． 在 处取得极大值
B． 有两个不同的零点
C．
D．若 在 恒成立，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】
对选项 A，求出函数的单调区间，再求出极大值即可判断 A 正确，对选项 B，利用函数的单调性和最值即
可判断 B 错误，对选项 C，首先利用函数的单调性即可得到 ，再构造函数 ，
利用 的单调性即可得到 ，最后即可判断 C 正确，对选项 D，转化为 在
在 恒成立，构造函数 ，求出最大值即可判断 D 正确.
【详解】
对选项 A， ， .
2 ( ) ( ) 1 0f x mf x+ + =
2m > > 0∆ 2 1 0t mt+ + = 1 2t t<
( )1t f x= ( )2t f x=
2 ( ) ( ) 1 0f x mf x+ + =
( ) 2
ln xf x x
=
( )f x x e= 1
2e
( )f x
( ) ( ) ( )2 3f f fπ< <
( ) 2
1f x k x
< − ( )0, ∞+
2
ek >
( ) ( )3f fπ < ( ) ln xg x x
=
( )g x ( ) ( )2f f π<
2
ln 1xk x
+>
( )0, ∞+ ( ) 2
ln 1xh x x
+=
( )
2
4 3
1 2 ln 1 2lnx x x xxf x x x
⋅ − ⋅ −′ = = 0x >令 ， .
， ， 为增函数，
， ， 为减函数.
所以 处取得极大值 ，故 A 正确.
对选项 B，当 时， ，当 时， ，
当 时， ，又因为 ，
所以 只有一个零点，故 B 错误.
对选项 C，因为 在区间 单调递减，且 ，
所以 .
， .
设 ， .
令 ， .
所以 时， ， 为减函数.
又因为 ，所以 ， .
即 ，所以 ，故 C 正确.
对选项 D， 在在 恒成立.
设 ， ，令 ， .
当 ， ， 为增函数，
当 ， ， 为减函数.
( ) 0f x′ = x e=
( )0,x e∈ ( ) 0f x′ > ( )f x
( ),x e∈ +∞ ( ) 0f x′ < ( )f x
x e= ( ) 1
2f e e
=
0x → ( )f x → −∞ 1x = ( ) 0f x =
1x > ( ) 0f x > ( )max
1
2f x e
= > 0
( )f x
( )f x ( ),e +∞ 3e π< <
( ) ( )3f fπ <
( ) ln 2 1 ln 2 1 ln 42 2 2 2 2 4f = = ⋅ = ⋅ ( ) ln 1 ln
2f
π ππ π π= = ⋅
( ) ln xg x x
= ( ) 2
1 ln xg x x
−′ =
( ) 0g x′ = x e=
( ),x e∈ +∞ ( ) 0g x′ < ( )g x
4e π< < ( ) ( )4g gπ > 1 ln 1 ln 4
2 2 4
π
π⋅ > ⋅
( ) ( )2f f π< ( ) ( ) ( )2 3f f fπ< <
( ) 2 2
1 ln 1xf x k kx x
+< − ⇔ > ( )0, ∞+
( ) 2
ln 1xh x x
+= ( ) 3
1 2ln xh x x
+′ = − ( ) 0h x′ = 1x
e
=
10,x
e
∈
( ) 0h x′ > ( )h x
1 ,x
e
∈ +∞
( ) 0h x′ < ( )h x所以 ，即 ，故 D 正确.
故答案为：ACD
【点睛】
本题主要考查了利用导数求函数的单调区间，极值和最值，同时考查了利用导数研究函数的零点问题，属
于中档题.
二、单选题
6．（2020·四川内江�高二期末（理））如图所示为 的图象，则函数 的单调递减区间是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据导数与单调性关系确定．
【详解】
由导函数图象，知 或 时， ，∴ 的减区间是 ， ．
故选：C．
【点睛】
本题考查导函数与单调性的关系，一般由 确定增区间，由 确定减区间．
7．（2020·四川内江�高二期末（理））已知 ， ，若函数 的图象与函
数 的图象有两个交点，则实数 a 的取值范围为（ ）
( )max
1
2
eh x h
e
= = 2
ek >
( )y f x′= ( )y f x=
( ), 1−∞ − ( )2,0−
( ) ( )2,0 , 2,− +∞ ( ) ( ), 1 , 1,−∞ − +∞
2 0x− < < 2x > ( ) 0f x′ < ( )f x ( 2,0)− (2, )+∞
( ) 0f x′ > ( ) 0f x′ <
( ) xf x xe= ( ) 2ln1 xg x a x
= +
( )f x
( )y g x=A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用导数，在同一坐标系中作出函数 的图象，研究两函数相切时，设切点为
，利用导数的几何意义，求得切点，再根据函数 的图象与函数 的图象有两个交点，
则 求解.
【详解】
因为 ，
所以
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上递减，在 上递增，
因为
当 时，当 时， ，当 时， ，
所以 在 上递增，在 上递减，
在同一坐标系中作出函数 的图象，如图所示：
( ]0,e ( )2 ,e +∞ ( ),e +∞ ( ) { },0 e−∞
( ) ( ),y f x y g x= =
( )0 0,P x y ( )f x ( )y g x=
( ) ( )0 0f x g x<
( ) xf x xe=
( ) ( )1 xf x x e′ = +
1x < − ( ) 0f x′ < 1x > − ( ) 0f x′ >
( )f x ( ), 1−∞ − ( )1,− +∞
( ) 2ln1 xg x a x
= +
( ) ( )
2
2 1 lna xg x x
−′ =
0a > 0 x e< < ( ) 0g x′ > x e> ( ) 0g x′ <
( )g x ( )0,e ( ),e +∞
( ) ( ),y f x y g x= =当两函数相切时，设切点为 ,
则 解得 ，
要使函数 的图象与函数 的图象有两个交点，
则 ，所以 ，
当 时， ，显然不成立，
故选：C
【点睛】
本题主要考查导数与函数的图象，导数的几何意义，函数零点个数问题，还考查了转化化归思想和数形结
合思想，属于较难题.
( )0 0,P x y
( ) ( )
0
0
0 0
0
0
0
0
0 2
0
2ln1
2 1 ln1
x
x
y x e
xy a x
a xx e x
=
= +
− + =
0 1x =
( )f x ( )y g x=
( ) ( )0 0f x g x< e a<
0a ≤8．（2020·四川内江�高二期末（理））函数 在 上的（ ）
A．最小值为 0，最大值为 B．最小值为 0，最大值为
C．最小值为 1，最大值为 D．最小值为 1，最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】
由 在 恒成立，可知 在 上单调递增，从而可求最值.
【详解】
解：令 ，解得 ，由 ，得 ，
则 随 的变化如下表，
0
则 在 上单调递增，由 得最小值为 ，最大值为 .
故选:D.
【点睛】
本题考查了运用导数求函数的最值.求函数的最值时，常用的方法有函数图像法、结合单调性、导数法、基
本不等式.
9．（2020·河南禹州市高级中学高三月考（文））已知函数 ，则方程
实根的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
( ) cosf x x x= + [ ]0,π
2
π
12
π +
2
π
1π −
( ) 1 sin 0f x x′ = − ≥ [ ]0,π ( )f x [ ]0,π
( ) 1 sin 0f x x′ = − = 2 ,2x k k Z
π π= + ∈ [ ]0,x π∈
2x
π=
( ) ( ),f x f x′ x
x 0, 2
π
2
π
,2
π π
( )f x′ + +
( )f x 2
π
( )f x [ ]0,π ( ) ( )0 1, 1f f π π= = − 1 1π −
3 2
, 0( )
4 6 1, 0
xe xf x
x x x
( )f x ∴ ( )f x 1x = ( )1 4 6 1 1f = − + = −
( )f x 22[ ( )] 3 ( ) 2 0f x f x− − =
( )2y xx y x y= ≤ < n ( )( ), 1,2,3, ,i ix y i n=
1 2 1... 10n ny y y y−+ + + < n
y xx y= ln lny x x y= ln lnx y
x y
= ln( ) ( 0)xf x xx
= >
1 2 3, , ,..., ny y y y【详解】
两边取对数， ，即 ，
构造函数 ， ，
当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，所以， 有极大值，即为 ，如图
要使 ，需 ，
所以 ，，
由 恒成立，
又 ，所以 ，得到 ，
即 ,所以 的最大值为 7
故选：
【点睛】
本题考查了构造函数，利用导数判断函数的单调性.
11．（2020·四川德阳�高三其他（理））若函数 在区间 上单调递增，则实数 的取
值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
本题先求导函数，根据已知条件建立不等式 ，接着参变分离，构造新函数
y xx y= ln lny x x y= ln lnx y
x y
=
ln( ) ( 0)xf x xx
= > 2
1 ln( ) xf x x
−′ =
0 x e< < ( )f x x e> ( )f x x e= 1
e
y xx y= 4ie y< ≤
1 2 3 n-1( 1) + + +,...,+ 4( 1)e n y y y y n− < < −
1 2 3 n-1+ + +,...,+ 10 ny y y y y<
ny e> 4( 1) 10 nn y− < 4( 1) 10n e− <
5 12
en ≤ + n
B
( ) ( )sinxf x e x a= + R a
)2, +∞ ( )1,+∞ [ )1,− +∞ ( )2,+∞
( )' 0f x ≥，求最大值即可解题.
【详解】
解：∵ ，
∴ ，
∵ 函数 在区间 上单调递增，
∴ 恒成立，
∴ 恒成立，
令 ，即
∴ ，
故选：A.
【点睛】
本题考查利用导函数研究原函数的单调性的应用，参变分离三角函数求最值，恒成立问题，是基础题.
12．（2020·四川德阳�高三其他（理））已知函数 有两个极值点 ， ，若不等式
恒成立，那么 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
求导数， 有两个不等实根，换元后转化为一元二次方程有两个不等正根，得 的取值范围,利用根
与系数的关系可以得到 先转化为关于 的不等式恒成立，最后转化为关
于 的函数求最值.
【详解】
( ) 2 sin( )4g x x
π= − +
( ) ( )sinxf x e x a= +
( ) ( )' sin cos 2 sin( )4
x xf x e x x a e x a
π = + + = + +
( ) ( )sinxf x e x a= + R
( ) ( )' sin cos 2 sin( ) 04
x xf x e x x a e x a
π = + + = + + ≥
2 sin( )4a x
π≥ − +
( ) 2 sin( )4g x x
π= − + max( ) 2a g x≥ =
2a ≥
( ) 2 2x xf x ae e x= − + 1x 2x
( ) ( ) 1 2
1 2
x xf x f x e e t+ < + + t
[ )1,+∞﹣ [ )2 2ln 2,− − +∞
[ )3 ln 2,− +∞- [ )5,− +∞
( ) 0f x′ = a
1 2 1 2 1 21 1, 2
x x x x x xe e e e ea a
++ = ⋅ = = a
a，
由于函数 有两个极值点 ， ，
则
令 则 在定义域 有两个不等实根,
即 ， ，
解得： .
,
设 ，
，在 区间， 单调递增，
所以 ，所以 .
故选：D
【点睛】
本题考查函数极值点的定义以及不等式恒成立问题，考查转化与化归思想，函数有零点极值点，转化方程
根的分布问题，不等式恒成立问题转化为求函数的最值.
13．（2020·四川南充�高二期末（理））已知函数 的导函数为 ，若对任意的 ，都有
( ) 22 2 1x xf x ae e′ = − +
( ) 2 2x xf x ae e x= − + 1x 2x
1 1 2 22 22 2 1=0 2 2 1=0x x x xae e ae e− + − +， ，
,xt e= 22 2 1=0,at t− + ( )0,+∞
=4 8 0a∆ − > 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
1 10, 02
x x x x x xt t e e t t e e ea a
++ = + = > ⋅ = ⋅ = = >
10 2a< <
( ) ( ) ( )1 2
1 2
x xf x f x e e+ − +
( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 22 2
1 22 2x x x x x xae e x ae e x e e= − + + − + − +
( ) ( )1 2 1 22 2
1 23x x x xa e e e e x x= + − + + +
( ) ( )1 2 1 2 1 2
2
1 22 3x x x x x xa e e e e e e x x = + − ⋅ − + + +
21 1 1 13 ln 2a a a a a
= − − ⋅ +
2 ln 2 1aa
= − − −
2 1( ) ln 2 1, 0, 2g x x xx
= − − − ∈
2 2
2 1 2( ) xg x x x x
−′ = − = 10, 2x ∈ ( )g x
1( ) ( ) 4 1 52g x g< = − − = − 1 52t g ≥ = −
( )f x ( )f x′ x∈R，且 ，则不等式 的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
构造函数 ，由已知条件可判断出 在 R 上单调递减，所求不等式可整理得
，即 ，由单调性即可得到结果.
【详解】
构造函数 ，则 ，
因为 ，所有 ，可得 在 R 上单调递减，
又 ，则 ，
不等式 即 得 ，即 ，
因为 在 R 上单调递减，故得 ，
故选：A
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数是解题的关键，考查运算能力，属于中档题.
14．（2020·全国高三其他）已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
若对数式的底相同，直接利用对数函数的性质判断即可，若底不同，则根据结构构造函数，利用函数的单
( ) ( ) 1f x f x> ′ + ( )0 2020f = ( ) 2019 1xf x e − ⋅
( ), 2−∞ 3, 2
−∞
( ),3−∞ 9, 4
−∞
b
( ) ( )2lnx x bf x x
+ −= 0x >
2
2
1 2 ( ) ( )( ) x x b lnx x bf x x
+ − − − −∴ ′ =
2 2( ) 1 2 ( ) ( ) 1 2 ( )( ) ( ) lnx x b x x b lnx x b x x bf x xf x x x x
+ − + − − − − + −∴ + ′ = + =
1[2x∈ 2] ( ) ( ) 0f x xf x+ ′ >
1 2 ( ) 0x x b∴ + − >
1
2b x x
∴ < +
1( ) 2g x x x
= +
( )maxb g x∴ <
2
2 2
1 2 1( ) 1 2 2
xg x x x
−∴ ′ = − =
( ) 0g x′ = 2
2x =当 时，即 时，函数单调递增，
当 时，即 时，函数单调递减，
当 时，函数 取最大值，最大值为 （2）
，
故选 ．
【点睛】
本题考查导数知识的运用，考查恒成立问题，考查函数的最值，属于中档题．
17．（2020·兴仁市凤凰中学高二月考（理））函数 的导数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：因为 ，由 可得 ，选 A.
考点：导数的运算.
18．（2020·兴仁市凤凰中学高二月考（理））已知函数 （ ， 是自然对
数的底数）在 处取得极小值，则 的极大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
求出原函数的导函数 ，由 解得 ，可得函数解析式，再由 和 分别
求得原函数的单调区间，从而求出函数的极大值即可.
【详解】
由题意知， ，令 ，解得： ，
所以，函数 ，此时 ，
由 ，即 ，解得： 或 ；
( ) 0g x′ > 2 22 x<
( ) 0g x′ < 1 22 x ( ) 0f x′ <
( ) ( )2 2 2 xf x x m x m e′ = + − − ⋅ ( )0 2 0f m′ = − = 0m =
( ) 2 xf x x e= ⋅ ( ) ( )2 2 xf x x x e′ = + ⋅
( ) 0f x′ > 2 2 0x x+ > 2x < − 0x >由 ，即 ，解得： ；
所以，函数 的单调递增区间为 ， ；单调递减区间为 ；
所以， 是函数 的极大值点，此时极大值 .
故选：A.
【点睛】
本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用，属于基础题.
19．（2020·全国高三其他（文））已知函数 的导函数 无零点，且对任意 ，都有
，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，可知函数 在 上是单调函数，可确定 为常数，设 ，可写
出 ，结合题意，求得 ，从而得到 ，进而求得 ，得到结果.
【详解】
根据题意，函数 在 上是单调函数，
且对任意 ，都有 成立，则有 为常数，
设 ，则 ，则 ，
解得 或 （舍），
所以 ，所以 ，
故选：C.
【点睛】
该题考查的是有关函数单调性的综合应用，属于简单题目.
20．（2017·福建高二期末（文））函数 f（x）=ax3﹣x 在（﹣∞，+∞）内是减函数，则实数 a 的取值范围是
（ ）
( ) 0f x′ < 2 2 0x x+ < 2 0x− < <
( )f x ( ), 2−∞ − ( )0, ∞+ ( )2,0−
2x = − ( )f x ( ) 22 4f e−− =
( )f x ( )f x′ ( )0,x∈ +∞
( ) 2 1f f x x
+ = −
( )1f =
4− 3− 1− 0
( )f x (0, )+∞ 2( )f x x
+ 2( ) ( 0)f x t tx
+ = >
2( )f x tx
= − + 1t = 2( ) 1f x x
= − + (1) 1f = −
( )f x (0, )+∞
( )0,x∈ +∞ ( ) 2 1f f x x
+ = −
2( )f x x
+
2( ) ( 0)f x t tx
+ = > 2( )f x tx
= − + 2( ) 1f t tt
= − + = −
1t = 2t = −
2( ) 1f x x
= − + (1) 1f = −A．a≤0 B．a＜1 C．a＜2 D．a＜
【答案】A
【解析】
函数 在 内是减函数，故 恒成立，
故有 ，解得
故选 A．
21．（2020·河南瀍河�洛阳一高高二月考（文））设 ，则 ， ， 的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：令 ，则 ，所以函数 为增函
数，所以 ，所以 ，即 ，所以 ；又因
为 ，所以 ，故应选 .
考点：1、导数在研究函数的单调性中的应用.
22．（2021·江西高三月考（文））已知函数 ，若函数 恰
有三个零点，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
1
3
3f x ax x= −（ ） − ∞ + ∞（ ， ） 23 1 0f x ax′ = − ≤（ ）
3 0a ≤ 0.a ≤
1 2x< < ln x
x
2ln x
x
2
2
ln x
x
2 2
2
ln ln lnx x x
x x x
< = 0x < ( ) ( )0 0f x f′ ′< =24．（2020·辽宁葫芦岛�高二期末）已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点（0，1）处的切线方程；
（2）求函数 的单调区间.
【答案】（1） ；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）化简函数的解析式，求出函数的导数，求出切线的斜率，然后求解切线方程．
（2）求出导函数，通过 的范围，判断函数的导数的符号，判断函数的单调性即可．
【详解】
（1）当 时， ，
因为 ，
所以 ，
所以曲线函数 在点 处的切线方程为： ．
（2）定义域为 ．
因为 ， ，
①当 时， 恒成立．
所以函数 在 上单调递增．
②当 时，令 ，则 或 ．
所以当 时， 或 ；
当 时， ，
所以函数 在 和 ， 上单调递增，在 ， 上单调递减．
综上可知，当 时，函数 在 上单调递增；
当 时，函数 在 和 ， 上单调递增，在 ， 上单调递减．
【点睛】
本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，函数的单调性的判断，考查分类讨论思想的应用，是中档
题．
31( ) ,3f x x ax a a= − + ∈R
1a = ( )y f x=
( )y f x=
1 0x y+ − =
a
1a = 31( ) 13f x x x= − +
2( ) 1f x x′ = −
(0) 1f ′ = −
( )y f x= (0,1) 1 0x y+ − =
R
2( )f x x a′ = − a R∈
0a ( ) 0f x′
( )y f x= ( , )−∞ +∞
0a > ( ) 0f x′ = x a= − x a=
( ) 0f x′ > x a< − x a>
( ) 0f x′ < a x a− < <
( )y f x= ( , )a−∞ − ( a )+∞ ( a− )a
0a ( )y f x= R
0a > ( )y f x= ( , )a−∞ − ( a )+∞ ( a− )a25．（2020·辽宁葫芦岛�高二期末）设函数 ，其中实数 .
（1）当 时，求 的极大值；
（2）若函数 在 上有零点，求 的取值范围；
（3）设函数 ，证明：当 时，对于 都有 .
【答案】（1）-1；（2） ；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）当 时， ，求导判断 的单调性，即可求得 的极大值；
（2）求导判断 的单调性，可得 的最大值 ，分别讨论 小于零，等于
零，大于零三种情况下零点存在情况，即可得答案.
（3）根据题意可得 等价于 ，根据 m 的范围，结合题意，只需证
即可，构造函数 ，利用导数求得 的单调性及最值，即
可得证.
【详解】
（1）当 时， ，
所以 ，
当 时， ，则 为增函数，
当 时， ，则 为减函数，
所以 的极大值为 ；
（2）
当 时， ，则 为增函数，
时， ，则 为减函数，
所以 的最大值为 ，
2( ) 2 lnf x a x x= − 0a >
1a = ( )f x
( )f x 2,e e a
2( ) 2 3x mg x e x x+= − − − 1
2a = 1, )[m∀ ∈ +∞ ( 1) ( )f x g x+ <
4
[ , )4
ee
1a = 2( ) 2lnf x x x= − ( )f x ( )f x
( )f x ( )f x ( ) lnf a a a a= − lna a a−
( 1) ( )f x g x+ < ln( 1) 2 x mex ++ + <
1 ln( 1) 2 0x xe + − + − > 1( ) ln( 1) 2xh ex x+= − + − ( )h x
1a = 2( ) 2lnf x x x= −
2
' 2 2 2 2( 1)( 1)( ) 2 ,( 0)x x xf x x xx x x
− − += − = = − >
0 1x< < ' ( ) 0f x > ( )f x
1x > ' ( ) 0f x < ( )f x
( )f x (1) 1f = −
2
' 2 2 2 2( )( )( ) 2 ,( 0)a a x x a x af x x xx x x
− − += − = = − >
0 x a< < ' ( ) 0f x > ( )f x
x a> ' ( ) 0f x < ( )f x
( )f x ( ) lnf a a a a= −当 时，即 时，函数 无零点，在 也无零点；
当 时，即 时，函数 有唯一的零点，且 ，所以满足题意；
当 时，即 时，因为 ，
所以 ，解得 ，
综上 的取值范围为 .
（3）当 时， ，
所以 等价于 ，
整理得： ，
因为 ，所以 ，
要证 成立，只需证 即可，
设 ，则 ，
设 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
因为 ， ，
所以 在 上有唯一零点 ，且 ，
因为 ，所以 ，即 ，
当 时， ， 为减函数，
当 时， ， 为增函数，
所以当 时， 有最小值 ，
所以 ，
即 成立，即 成立，
ln 0a a a− < 0 a e< < ( )f x 2,e e
ln 0a a a− = a e= ( )f x 2e a e< <
ln 0a a a− > a e> ( ) 2 ln 0f e a e e a e= − = − >
2 2 4 4( ) 2 ln 4 0f e a e e a e= − = − < 4
4
ee a< <
a
4
[ , )4
ee
1
2a = 2( 1) ln( 1) ( 1)f x x x+ = + − +
( 1) ( )f x g x+ < 2 2ln( 1) ( 1) 2 3x mx e xx x++ − + < − − −
ln( 1) 2 x mex ++ + <
m 1≥ 1x m xe e+ +≥
ln( 1) 2 0x m xe + − + − > 1 ln( 1) 2 0x xe + − + − >
1( ) ln( 1) 2xh ex x+= − + − 1' 1( ) 1
xh xex += − +
1 1( ) 1
xep x x
+= − +
'
2
1 1( ) 0( 1)
xp ex x
+= + >+
' 1 1( ) ( ) 1
xp x h x xe += = − + ( 1, )− +∞
1
' 21( ) 2 02h e− = − < ' (0) 1 0h e= − >
1' 1( ) 1
xh xex += − + ( 1, )− +∞ 0x 0
1( ,0)2x ∈ −
'
0( ) 0h x = 0 1
0
1
1
xe x
+ = + 0 0ln( 1) ( 1)x x+ = − +
0( 1, )x x∈ − ' ( ) 0h x < ( )h x
0( , )x x∈ +∞ ' ( ) 0h x > ( )h x
0x x= ( )h x 0( )h x
0
0 0
0
1
0
1( ) ( ) ln( 1) 2 ( 1) 2 01
xh x h x x xxe +≥ = − + − = + + − >+
1 ln( 1) 2 0x xe + − + − > ( 1) ( )f x g x+ ( ) 0f x′ < ( )y f x=
( ) 2f x′ =
b
( ) 3 21 3 123 2 2f x x x x= − + + R ( ) 2 3 2f x x x′ = − +
( ) 0f x′ > 1x < 2x > ( ) 0f x′ < 1 2x< <
( )y f x= ( ),1−∞ ( )2,+∞ ( )1,2
( )y f x= ( ) 41 3f = ( ) 72 6f =
( ) 2 3 2 2f x x x′ = − + = 0x = 3x = ( ) 10 2f = ( )3 2f =
10, 2
( )3,2 1
2b = 2 3 2b× + = 1
2b = 4b = −属于基础题.
27．（2020·四川内江�高二期末（理））已知函数 ， .
（1）求 的单调区间；
（2）若 是函数 的导函数，且 在定义域内恒成立，求整数 a 的最小值.
【答案】（1）减区间是 ，增区间 ；（2）2．
【解析】
【分析】
（1）求出导函数 ，由 得增区间，由 得减区间；
（2）由分离参数法问题转化为 在 上恒成立，求出 的最大
值即可，利用导数确定 的单调性，得最大值．
【详解】
（1）由已知 ，当 时， ，当 时， ，
∴ 的减区间是 ，增区间 ；
（2）函数 的定义域是 ， 定义域是 ，
不等式 为 ，
∴不等式 在 上恒成立，
∴ 在 上恒成立，
设 ，则 ， 时， ， ，
又 在 上是增函数， ， ，
∴存在 ，使得 ， 时 ， ， 时， ， ，
即 在 上递增，在 上递减，
( ) lnf x x x= ( ) 2 2g x ax ax= +
( )f x
( )f x′ ( )f x ( ) ( )2 2f x g x x′ ≤ −
1(0, )e
1( , )e
+∞
( )′f x ( ) 0f x′ > ( ) 0f x′ <
2
2ln 2 2
2
x xa x x
+ +≥ + (0, )+∞
2
2ln 2 2( ) 2
x xh x x x
+ += +
( )h x
( ) ln 1f x x′ = + 10 x e
< < ( ) 0f x′ < 1x e
> ( ) 0f x′ >
( )f x 1(0, )e
1( , )e
+∞
( )f x (0, )+∞ ( )g x R
( ) ( )2 2f x g x x′ ≤ − 22(ln 1) 2 2x ax ax x+ ≤ + −
22(ln 1) 2 2x ax ax x+ ≤ + − (0, )+∞
2
2ln 2 2
2
x xa x x
+ +≥ + (0, )+∞
2
2ln 2 2( ) 2
x xh x x x
+ += + 2 2
( 1)( 2ln )( ) ( 2 )
x x xh x x x
+ +′ = − + 0x > 1 0x + > 2 2( 2 ) 0x x+ >
( ) 2lnx x xϕ = + (0, )+∞ 1 1( ) 2ln 2 02 2g = − < (1) 1 0g = >
0
1( ,1)2x ∈ 0( ) 0xϕ = 00 x x< < ( ) 0xϕ < ( ) 0h x′ > 0x x> ( ) 0xϕ > ( ) 0h x′ <
( )h x 0(0, )x 0( , )x +∞， ，
，∴ ，
∵ ，∴ ，∴整数 的最小值为 2．
【点睛】
本题考查用导数求函数的单调区间，用导数研究不等式恒成立问题，解题关键在于问题的转化，解题方法
是：用分离参数法转化为 在 上恒成立，然后再用导数求出
的最大值即可．
28．（2020·河南禹州市高级中学高三月考（文））已知函数 ．
（1）若 ，求函数 的极值和单调区间；
（2）若在区间 上至少存在一点 ，使得 成立，求实数 的取值范围．
【答案】（1） 取得极小值为 ， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
（2） .
【解析】
【分析】
（1）求函数 的导数，令导数等于零，解方程，再求出函数 的导数和驻点，然后列表
讨论，求函数 的单调区间和极值；
（2）若在区间 上存在一点 ，使得 成立，其充要条件是 在区间 上的最小值小
于 即可．利用导数研究函数在区间 上的最小值，先求出导函数 ，然后讨论研究函数在
上的单调性，将 的极值点与区间 的端点比较，确定其最小的极值点．
【详解】
解： 的定义域为 ，
因为 ，
0 0 0( ) 2ln 0x x xϕ = + = 0
0ln 2
xx = −
0 0
max 0 2
0 0
2ln 2 2( ) ( ) 2
x xh x h x x x
+ += = +
0
2
0 0 0
2 1
2
x
x x x
+= =+ 0
1a x
≥
0
1( ,1)2x ∈
0
1 (1,2)x
∈ a
2
2ln 2 2
2
x xa x x
+ +≥ + (0, )+∞
2
2ln 2 2( ) 2
x xh x x x
+ += +
1( ) ln ( 0, )f x a x a a Rx
= + ≠ ∈
1a = ( )f x
( ]0,e 0x ( )0 0f x < a
( )f x 1 ( )f x (1, )+∞ (0,1)
a∈ ( )1, ,ee
−∞ − +∞
( ) 1 lnf x xx
= + ( )f x
( )f x
( ]0,e 0x ( )0 0f x < ( )f x ( ]0,e
0 ( ]0,e ( )′f x ( ]0,e
( )f x ( ]0,e
1( ) ln ( 0, )f x a x a a Rx
= + ≠ ∈ (0, )+∞
( )'
2 2
1 1a axf x x x x
−= − + =（1）当 时， ，令 ，得 ，
又 的定义域为 ，
， 随 的变化情况如下表:
1
0
单调递减 极小值 单调递增
所以 时， 取得极小值为 ．
的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ．
（2）因为 ，且 ．
令 ，得 ，
若在区间 上存在一点 ，使得 成立，
其充要条件是 在区间 上的最小值小于 0 即可．
当 ，即 时， 对 成立，
所以， 在区间 上单调递减，
故 在区间 上的最小值为 ，
由 ，得 ，即 ．
当 ，即 时，
若 ，则 对 成立，
所以 在区间 上单调递减，
所以， 在区间 上的最小值为
，
1a = ( )'
2
1xf x x
−= ( )' 0f x = 1x =
( )f x ( )0, ∞+
( )'f x ( )f x x
x ( )0,1 ( )1,+∞
( )'f x − +
1x = ( )f x 1
( )f x (1, )+∞ (0,1)
( )'
2 2
1 1a axf x x x x
−= − + = 0a ≠
( )' 0f x =
1x a
=
( ]0,e 0x ( )0 0f x <
( )f x ( ]0,e
( )i 1 0x a
= < 0a < ( )' 0f x < ( )0,x∈ +∞
( )f x ( ]0,e
( )f x ( ]0,e ( ) 1 1lnf e a e ae e
= + = +
1 0ae
+ < 1a e
< − 1,a e
∈ −∞ −
( )ii 1 0x a
= > 0a >
1e a
≤ ( )' 0f x ≤ ( ]0,x e∈
( )f x ( ]0,e
( )f x ( ]0,e
( ) 1 1ln 0f e a e ae e
= + = + >显然， 在区间 上的最小值小于 不成立．
若 ，即 时，则有
单调递减 极小值 单调递增
所以 在区间 上的最小值为 ．
由 ，
得 ，解得 ，即 ．
综上，由 可知 符合题意．
【点睛】
本题考查利用导函数来研究函数的极值以及在闭区间上的最值问题．在利用导函数来研究函数的极值时，
分三步①求导函数，②求导函数为 的根，③判断根左右两侧的符号，若左正右负，原函数取极大值；若左
负右正，原函数取极小值，体现了转化的思想和分类讨论的思想，同时考查学生的分析问题解决问题及计
算能力；较难．
29．（2020·四川德阳�高三其他（理））已知函数 ， ．
（1）求函数 的极值；
（2）当 时，证明： ．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
( )f x ( ]0,e 0
10 ea
< < 1a e
>
x 10, a
1
a
1 ,a
+∞
( )'f x − 0 +
( )f x
( )f x ( ]0,e 1 1lnf a aa a
= +
( )1 1ln 1 ln 0f a a a aa a
= + = − ( ),a e∈ +∞
( )i ( )ii a∈ ( )1, ,ee
−∞ − +∞
0
( ) 2ln 2f x ax x= − − ( ) 4xg x axe x= −
( )f x
0a > ( ) ( ) ( )2 ln 1 2 ln ln 2g x x x a− − + ≥ −（1）对函数进行求导，分为 和 两种情形讨论单调性即可得极值；
（2）令 ，根据导数判断函数的单调性证明即可.
【详解】
（1）∵ ， ，∴ ，
当 时， 恒成立，函数 单调递减，函数 无极值；
当 时，
时， ，函数 单调递减；
时， ，函数 单调递增；
故函数 的极小值为 ，无极大值.
（2）证明：令 ，
，
故 ，
令 的根为 ，即 ，
两边求对数得： ，即 ，
∴当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
∴ ，
∴ ，即原不等式成立.
【点睛】
本题主要考查了函数的单调性与极值的关系，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，属于中
档题.
0a ≤ 0a >
( ) ( ) ( )2 ln 1h x g x x x= − − +
( ) 2ln 2f x ax x= − − ( )0x > ( ) 2 2axf x a x x
−′ = − =
0a ≤ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )f x
0a >
20,x a
∈
( ) 0f x′ < ( )f x
2 ,x a
∈ +∞
( ) 0f x′ > ( )f x
( )f x 2 2 2 2= 2ln 2 2lnf aa a a a
× − − = −
( ) ( )4 2ln 2 2 2 2ln 2 0, 0x xh x axe x x x axe x x a x= − − + − = − − − > >
( ) ( ) ( )2 11= 2 2x x x xh x a e xe ae xx x
+′ + − − = + −
( ) ( )= 21 xh x x ae x
′ + −
( ) 0h x′ = 0x 0
0
2=xae x
0 0ln ln 2 lna x x+ = − 0 0ln ln 2 lnx x a+ = −
( )0x x∈ + ∞， ( ) 0h x′ > ( )h x
( )00,x x∈ ( ) 0h x′ < ( )h x
( ) ( ) ( )0
0 0 0 0 0 0min 2 2ln 2 2 2ln 2 ln 2 lnxh x h x ax e x x x x a= − − − = − = − −= −
( ) 2ln 2ln 2h x a≥ −30．（2020·四川德阳�高三其他（文））巳知函数 ， ．
（1）求函数 的极值；
（2）当 时，证明： ．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求得函数 的导函数，利用导数分析函数 在定义域上的单调性，由此可求得函数
的极值；
（2）当 时，由 化简变形得出 ，构造函数 ，
利用导数证明出 恒成立，由此可证明出所证不等式成立.
【详解】
（1）函数 的定义域为 ，且 .
①当 时，对任意的 ， 恒成立，
此时，函数 在定义域上单调递减，无极值；
②当 时， ，令 可得 .
当 时， ，此时函数 在区间 上单调递减；
当 时， ，此时函数 在区间 上单调递增.
函数 在 处取得极小值，且极小值为 ；
（2）当 时， ， ，
则 ，即证 ，即证 ，
构造函数 ，其中 ，则 .
( ) 2ln 2f x ax x= − − ( ) 4xg x axe x= −
( )f x
2a = ( ) ( ) 0g x f x+ ≥
( )y f x= ( )y f x=
( )y f x=
2a = ( ) ( ) 0g x f x+ ≥ ln ln 1 0x xe x x+ − − − ≥ ( ) 1th t e t= − −
( ) 0h t ≥
( ) 2ln 2f x ax x= − − ( )0, ∞+ ( ) 2f x a x
′ = −
0a ≤ 0x > ( ) 0f x′ <
( )y f x=
0a > ( ) 2axf x x
−′ = ( ) 0f x′ = 2x a
=
20 x a
< < ( ) 0f x′ < ( )y f x= 20, a
2x a
> ( ) 0f x′ > ( )y f x= 2 ,a
+∞
( )y f x= 2x a
= 2 22ln 2ln 2
af a a
= − =
2a = ( ) 2 2ln 2f x x x= − − ( ) 2 4xg x xe x= −
( ) ( ) 2 2 2ln 2 0xf x g x xe x x+ = − − − ≥ ln 1 0xxe x x− − − ≥ ln ln 1 0x xe x x+ − − − ≥
( ) 1th t e t= − − t R∈ ( ) 1th t e′ = −当 时， ，此时函数 单调递减；
当 时， ，此时函数 单调递增.
所以， ，即 恒成立，
因此， .
【点睛】
本题考查利用导数求解含参函数的极值，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查计算能力与推理能
力，属于难题.
31．（2020·四川南充�高二期末（理））已知函数 ， .
（1）讨论 的单调性；
（2）若对任意 ，都有 成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1）当 时，在 上， 是减函数,当 时，在 上， 是减函数,在
上， 是增函数；（2）
【解析】
【分析】
求出函数的定义域，函数的导数，通过 a 的范围讨论，判断函数的单调性即可．（2）
对任意 x＞0，都有 f（x）＞0 成立，转化为在（0，+∞）上 f（x）min＞0，利用函数的导数求解函数的最值
即可．
【详解】
（1）解：函数 f（x）的定义域为（0，+∞）
又
当 a≤0 时，在（0，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）是减函数
当 a＞0 时，由 f′（x）=0 得： 或 （舍）
所以：在 上，f′（x）＜0，f（x）是减函数
0t < ( ) 0h t′ < ( )y h t=
0t > ( ) 0h t′ > ( )y h t=
( ) ( )min 0 0h t h= = ( ) lnln ln 1 0x xh x x e x x++ = − − − ≥
( ) ( ) 0g x f x+ ≥
( ) ( )2 2 lnf x ax a x x= + − − ( )a R∈
( )f x
0x > ( ) 0f x ≥ a
0a ≤ ( )0,+∞ ( )f x 0a > 10, a
( )f x
1 ,a
+∞
( )f x [1, )+∞
( ) ( ) ( ) ( )( )2
/ 2 2 1 2 1 112 2 ax a x x axf x ax a x x x
+ − − + −= + − − = =
1x a
= 1
2x = −
10 a
，在 上，f′（x）＞0，f（x）是增函数
（2）对任意 x＞0，都有 f（x）＞0 成立，即：在（0，+∞）上 f（x）min＞0
由（1）知：当 a≤0 时，在（0，+∞）上 f（x）是减函数，
又 f（1）=2a﹣2＜0，不合题意
当 a＞0 时，当 时，f（x）取得极小值也是最小值，
所以：
令 （a＞0）
所以：
在（0，+∞）上，u′（a）＞0，u（a）是增函数又 u（1）=0
所以：要使得 f（x）min≥0，即 u（a）≥0，即 a≥1，
故：a 的取值范围为[1，+∞）
【点睛】
本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力．
32．（2020·全国高三其他）已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）当 时， ，求实数 的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2） ．
【解析】
【分析】
（1） 求导 对 分类讨论 的正负得出 的单调性；
（2） 变形 ，利用导数对 的值进行分类讨论，得
出函数 的单调性，由单调性即可得出实数 的取值范围．
【详解】
1
a
+ ∞ ，
1x a
=
1 1( ) 1minf x f lnaa a
= = − +
( ) 1 11u a f lnaa a
= = − +
( )/
2
1 1u a a a
= +
( ) ( )1xf x e ax a a+= + + ∈R
( )f x
0x ≥ ( ) ( )1 ln 1 1f x x− + + ≥ a
[ )2,− +∞
( )f x ( )f x¢ a ( )f x¢ ( )f x
( ) ( )1 ln 1 1f x x− + + ≥ ( ) ( )ln 1 1 0xg x e ax x= + + + − ≥ a
( )g x a（1）由题知 ， 的定义域为 ，
∴ ．
（对函数 求导后，由于 恒大于 0，故对 进行正负分类讨论，从而判断函数 的单调性）
当 时， 在 上恒成立，故 在 上是增函数；
当 时，令 得
在 上有 ，在 上有
∴ 在 上是减函数，在 上是增函数
（2）当 时， ，即 （*）．
令
则 ．
①若 ，由（1）知，当 时， 在 上是增函数
故有
即 ，得 ，故有 ．
（由（1）可判断 ，此不等式为常见不等式，熟记更利于解题）
（当且仅当 ，即 ，且 时取等号）
（根据 及基本不等式可知需对 和 的大小分类讨论）
∴函数 在区间 上单调递增，∴ ，∴（*）式成立．
②若 ，令
则 ，当且仅当 时等号成立．
∴函数 在区间 上单调递增．
∵
( ) 1xf x e ax a+= + + ( )f x R
( ) 1xf x e a+′ = +
( )f x 1xy e += a ( )f x
0a ≥ ( ) 0f x¢ > R ( )f x R
0a < ( ) 0f x¢ = ( )ln 1x a= − −
( )( ),ln 1a−∞ − − ( ) 0f x¢ < ( )( )ln 1,a− − +∞ ( ) 0f x¢ >
( )f x ( )( ),ln 1a−∞ − − ( )( )ln 1,a− − +∞
0x ≥ ( ) ( )1 ln 1 1f x x− + + ≥ ( )ln 1 1 0xe ax x+ + + − ≥
( ) ( ) ( )ln 1 1 0xg x e ax x x= + + + − ≥
( ) ( )1 01
xg x e a xx
′ = + + ≥+
2a ≥ − 1a = − ( ) 1 1xf x e x+= − − ( )1,− +∞
( ) ( ) 1 11 1 1 1f x f e− +≥ − = + − =
( ) 1 1 1xf x e x+= − − ≥ 1 1 1xe x+ ≥ + + 1xe x≥ +
1xe x≥ +
( ) ( ) ( )1 1 11 2 1 2 01 1 1
xg x e a x a x a ax x x
′ = + + ≥ + + + ≥ + ⋅ + = + ≥+ + +
11 1x x
+ = + 0x = 2a = −
1xe x≥ + a 2−
( )g x [ )0,+∞ ( ) ( )0 0g x g≥ =
2a < − ( ) 1
1
xx e ax
ϕ = + ++
( ) ( )
( )
( )
2
2 2
1 11 0
1 1
x
x x ex e
x x
ϕ + −′ = − = ≥
+ + 0x =
( )ϕ x [ )0,+∞
( )0 2 0aϕ = + − − −
( )0 0,x a∃ ∈ − ( )0 0xϕ =
00 x x< < ( ) ( )0 0x xϕ ϕ< = ( ) 0g x¢ <
( )g x ( )00, x
( )ϕ x ( )g x
( ) ( )0 00g x g< =
a [ )2,− +∞
( ) 2xf x ae x= − ( ) 2 2g x x= −
( ) ( ) ( )h x f x g x= − ( )h x a
1a ≥ 0x ≥ ( ) ( )f x g x>
( ],0−∞
( ) 2 2 0xh x ae x′ = − − = ( )m x ( )m x a
( ) 2 2 2
x
x xH x e
+ −= 0x ≥ ( )H x
( ) 2 2 2xh x ae x x= − − + x∈R ( ) 2 2xh x ae x′ = − −
( )h x′ R ( )h x′
( ) 0h x′ = ( )2 1
x
xa e
+= ( ) ( )2 1
x
xm x e
+= ( ) 2
x
xm x e
−′ =当 时， ；当 时， ．
且 ，当 时， ，当 时， ，
由题意且结合 的图象可知， 或 ．
当 时， 无极值点，不符合题意．
所以 的取值范围为 ．
（2）证明：要证当 时， ，即证当 时， ．
因为 ，所以 ，
只需证当 时， ．即证 ，
构造函数 ， ． ， ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减．则 ，
故 ，原不等式得证．
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了已知极值求参数的取值范围，考查了利用导数画函数图象的
草图．
34．（2020·全国高三其他）已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）若曲线 在点 处的切线斜率为 ，证明: .
0x > ( ) 0m x′ < 0x < ( ) 0m x′ >
( )0 2m = x → +∞ ( ) 0m x → x → −∞ ( )m x → −∞
( ) ( )2 1
x
xm x e
+= 2a = ( ],0a∈ −∞
2a = ( ) 22 2 2xh x e x x= − − +
a ( ],0−∞
0x ≥ ( ) ( )f x g x> 0x ≥ 2 2 2 0xae x x− − + >
1a ≥ 2 22 2 2 2x xae x x e x x− − + ≥ − − +
0x ≥ 2 2 2 0xe x x− − + >
2 2 2 1x
x x
e
+ − <
( ) 2 2 2
x
x xH x e
+ −= 0x ≥ ( ) 24
x
xH x e
−′ = 0x ≥
0 2x< < ( ) 0H x′ > ( )H x
2x > ( ) 0H x′ < ( )H x ( ) ( ) 2
62 1H x H e
≤ = <
( ) 1H x <
2( ) ( )xf x e x a= +
( )f x
( )y f x= (1, (1))f 2e ( ) 2 lnf x e x≥【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求导函数，分当 和 ，求解 和 的 x 的范围，得到 的单调性；
（2）先证明 ，再构造函数 证明 ，从而可证明结论.
【详解】
（1） .
当 时， 恒成立，所以 在 上单调递增；
当 时，令 ，则 或 ，
令 ，则 .
所以 在 和 上单调递增，
在 上单调递减.
综上，当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 和 上单调递增，
在 上单调递减.
（2）由 ，解得 ，所以 .
令 ， ，则 .
令 ，得 ；令 ，得 .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，
所以 恒成立，即 .
设 ，令 ，
则 . 当 时， 恒成立，所以 ，
所以 ，即 ；当 时， ；
1a ≥ 1a < ( ) 0f x′ > ( ) 0f x′ < ( )f x
1 lnx x− ≥ ( ) ( ) ( )2 1 2 1xh x e x e x= − − − ( ) 0h x >
( ) ( )2 2xf x e x x a′ = + +
1a ≥ ( ) 0f x′ ≥ ( )f x R
1a < ( ) 0f x′ > 1 1x a> − + − 1 1x a< − − −
( ) 0f x′ < 1 1 1 1a x a− − − < < − + −
( )f x ( ), 1 1 a−∞ − − − ( )1 1 ,a− + − +∞
( )1 1 , 1 1a a− − − − + −
1a ≥ ( )f x R
1a < ( )f x ( ), 1 1 a−∞ − − − ( )1 1 ,a− + − +∞
( )1 1 , 1 1a a− − − − + −
( ) ( )1 1 2 2f e a e′ = + + = 1a = − ( ) ( )2 1xf x e x= −
( ) 1 lng x x x= − − ( )0,x∈ +∞ ( ) 1 11 xg x x x
−′ = − =
( ) 0g x′ > 1x > ( ) 0g x′ < 0 1x< <
( )g x ( )0,1 ( )1,+∞ ( ) ( )min 1 0g x g= =
( ) 0g x ≥ 1 lnx x− ≥
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 1 1 2x xh x e x e x x e x e = − − − = − + − ( ) ( )1 2xF x e x e= + −
( ) ( )2xF x e x′ = + 0 1x< < ( ) 0F x′ > ( ) ( )1 0F x F< =
( ) 0h x > ( ) ( )2 1 2 1xe x e x− > − 1x = ( ) ( ) ( )21 1 2 1 0xh e x e x= − − − =当 时， 恒成立，所以 ，所以 ，
即 .
综上， ，即 .
【点睛】
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查不等式的证明方法，是一
道中档题．
35．（2020·重庆北碚�西南大学附中高二期末）已知关于 函数 .
若函数 在点 处的切线为 轴时，求函数 的单调区间与极值；
当 时，若函数 有两个不同的零点，求 的取值范围.
【答案】 函数 在 上单调递减，在 上单调递增； 极小值 ，无极大
值； .
【解析】
【分析】
根据导数的几何意义得出切线斜率，再结合切线为 轴建立两个等式求出参数 ， ，再利用导数符号
与函数单调性的关系求出函数的单调区间，进而求出极值；
先用换元法令 ，问题转化为函数 有两个大于零的零点，在讨论函
数 的单调性，结合零点存在定理即可判断函数的零点个数，进而求出 的取值范围.
【详解】
解： 函数 ， ，
若函数 在点 处的切线为 轴，
则 切 ，即 ， ，①
切线方程为 切 ， ，即 ，
.②
由①②解得 ， ，
1x > ( ) 0F x′ > ( ) ( )1 0F x F> = ( ) 0h x >
( ) ( )2 1 2 1xe x e x− ≥ −
( ) ( )2 1 2 1 2 lnxe x e x e x− ≥ − ≥ ( ) 2 lnf x e x≥
x ( ) ( )2 ,x xf x e ae bx a b R= − + ∈
( )1 ( )f x ( )( )0, 0f x ( )f x
( )2 = −b a ( )f x a
( )1 ( )f x ( ),0−∞ ( )0, ∞+ ( )f x ( )0 0f= =
( )2 ( )1,a∈ +∞
( )1 x a b
( )2 0xt e= > ( ) ( )2 ln 0h t t at a t t= − − >
( )h t a
( )1 ( ) ( )2 ,x xf x e ae bx a b R= − + ∈ ∴ ( ) 22 x xf x e ae b′ = − +
( )f x ( )( )0, 0f x
k ( )0 0f ′= = 2 0a b− + = ∴ 2b a= −
( )0y f− = k ( )0x − ( )0 1f a= − ( )0 1y f a= = −
∴1 0a− =
1a = 1b = −， ，
， ，
令 ， .
当 时， ，则函数 在 上单调递减，
当 时， ，则函数 在 上单调递增.
函数 有极小值为 极小值 ，无极大值.
若 时，则 ，
令 ，则， ，
函数 有两个不同的零点等价于函数 有两个大于零的零点，
又因为 ， ，
令 ， ，
时，即 时， 恒成立，
恒成立，此时 在 上单调递增， 至多有一个零点，不符合题意.
时，即 或 时， 存在两个零点 ， ，设 ，
当 时，由韦达定理 ，可知 ， ，与 矛盾，不符合题意；
当 时， 对称轴为 ， ，作出如下图：
∴ ( ) 2x xf x e e x= − − ( ) ( )( )22 1 2 1 1x x x xf x e e e e′ = − − = + −
0xe > ∴ 2 1 1xe + >
( ) 0f x′ = ∴ 0x =
0x < ( ) 0f x′ < ( )f x ( ),0−∞
0x > ( ) 0f x′ > ( )f x ( )0, ∞+
∴ ( )f x ( )f x ( )0 0f= =
( )2 = −b a ( ) 2 2x x x xf x e ae x e aeb ax= − =+ −−
0xt e= > lnx t=
∴ ( )f x ( ) ( )2 ln 0h t t at a t t= − − >
( ) 222 a t at ah t t a t t
− −′ = − − = 0t >
( ) 22g t t at a= − − 2 8a a∆ = +
0∆ ≤ 8 0a− ≤ ≤ ( ) 0g t ≥
∴ ( ) 0h t ≥ ( )h t ( )0, ∞+ ( )h t
> 0∆ 8a < − 0a > ( ) 0g t = 1t 2t 1 2t t<
( )i 8a < −
1 2
1 2
42
42
at t
at t
+ = < −
= − >
1 0t < 2 0t < 0t >
( )ii 0a > ( )g t
4
at = ( )0 0g a= − 2 8 4a a a+ > −
4a ≥ 4 0a− ≤
4a < ( )22 8 4a a a+ > − 1a > ∴1 4a< <
2 8 4a a a+ > − 1a >综上所述，函数 有两个不同的零点，则 .
【点睛】
本题考查导数的几何意义，利用导数求函数的单调区间与极值，考查利用函数零点的个数求参数的取值范
围，考查分类讨论思想，属于难题.
36．（2020·重庆北碚�西南大学附中高二期末）已知函数 .
（1）当 时，求证： 在 上单调递增；
（2）若 ，试讨论 的单调性.
【答案】（1）证明见解析；（2） 时， 的增区间是 和 ，减区间是 ；
时， 的增区间是 ，无减区间； 时， 的增区间是 和 ，减区间
是 ．
【解析】
【分析】
（1）求出导函数 ，证明在 上， 恒成立即可；
（2）求出 ，分类讨论 的正负，确定其单调性．
【详解】
（1）由已知 ， ，
令 ，则 ，当 时， ， 在 上单调递
增， ，
所以 时， ， 单调递增．
（2）由题意 ，定义域是 ，
，
因为 ，
( )f x ( )1,a∈ +∞
2ln 1( ) 2 12
xf x ax ax
= + − − ( 0)a >
2a = ( )f x [1, )+∞
( ) ( )g x xf x= ( )g x
1
2a > ( )g x 1(0, )a
(2, )+∞ 1( ,2)a
1
2a = ( )g x (0, )+∞ 10 2a< < ( )g x (0,2) 1( , )a
+∞
1(2, )a
( )′f x [1, )+∞ ( ) 0f x′ ≥
( )′g x ( )′g x
2ln( ) 5xf x xx
= + − 2
2 2ln( ) 1xf x x
−′ = + 2
2
2 2lnx x
x
+ −=
2( ) 2 2lnh x x x= + −
22 2( 1)( ) 2 xh x x x x
−′ = − = 1≥x ( ) 0h x′ ≥ ( )h x [1, )+∞
( ) (1) 3 0h x h≥ = >
1x > ( ) 0f x′ > ( )f x
21( ) 2ln (2 1)2g x x ax a x= + − + (0, )+∞
2
1( 2)( )2 (2 1) 2 ( 2)( 1)( ) (2 1)
a x xax a x x ax ag x ax ax x x x
− −− + + − −′ = + − + = = =
0a >时， ， 或 时， ， 时， ，
的增区间是 和 ，减区间是 ；
时， 在 上恒成立， 的增区间是 ，无减区间；
时， ， 或 时， ， 时， ，
的增区间是 和 ，减区间是 ．
【点睛】
本题考查用导数确定函数的单调性，在定义域内，函数导数存在时， 确定函数的增区间，
确定函数的减区间．但要注意这个不是必要条件，在 上， ，只要 的解
是孤立的，不连续的，则 在 上单调递增．
37．（2020·重庆北碚�西南大学附中高二期末）已知函数 .
（1） 时，求 在[﹣2，0]上的最大值；
（2）若 在[0，3]上单调递增，求 的取值范围.
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【分析】
(1) 时，利用换元法结合对勾函数和反比例函数的单调性，得出函数在区间上的最大值；
(2)对函数求导，要使 在[0，3]上单调递增，则 在[0，3]上恒成立，构造二次函数
，列出不等式解出 的取值范围．
【详解】
(1) 时， ，令 ，
则
函数 在 上单调递增，在 上单调递减
1
2a > 10 2a
< < 10 x a
< < 2x > ( ) 0g x′ > 1 2xa
< < ( ) 0g x′ <
( )g x 1(0, )a
(2, )+∞ 1( ,2)a
1
2a = ( ) 0g x′ ≥ (0, )+∞ ( )g x (0, )+∞
10 2a< < 1 2a
> 0 2x< < 1x a
> ( ) 0g x′ > 12 x a
< < ( ) 0g x′ <
( )g x (0,2) 1( , )a
+∞ 1(2, )a
( ) 0f x′ >
( ) 0f x′ < ( , )a b ( ) 0f x′ ≥ ( ) 0f x′ =
( )f x ( , )a b
2( ) ( )3
x af x a Rx
−= ∈+
1a = ( )f x
( )f x a
1
3
− [ )1,+∞
1a =
( )f x ( ) 0f x′ ≥
( ) 2 2 3h x x ax= − − a
1a = 2
1( ) 3
xf x x
−= +
[ ]1 , 3, 1x t t− = ∈ − −
( ) ( ) 2
1
42 4 2
tf x g t t t t t
= = =+ + + +
4y t t
= + [ ]3, 2− − [ ]2, 1− −， ，
在[﹣2，0]上的最大值为
(2)函数 ,
要使 在[0，3]上单调递增，则 在[0，3]上恒成立，
即 在[0，3]上恒成立，
在[0，3]上恒成立，
故 的取值范围
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，考查不等式的恒成立问题，考查转化思想及换元思想，属中
档题．
38．（2020·山东高三其他）已知函数 ， ， 为 的导数，且 .
证明：
在 内有唯一零点；
.
（参考数据： ， ， ， ， .）
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意，得 ，分别求得在区间 和 上的单调性，利用零点
的存在定理，即可求解；
[ ]4 5, 4t t
∴ + ∈ − − [ ]4 2 3, 2t t
+ + ∈ − −
1 1 1,4 2 32t t
∈ − − + +
( )f x∴ 1
3
−
2( ) ( )3
x af x a Rx
−= ∈+
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 22 2
3 2 2 3
3 3
x x a x x axf x
x x
+ − − × − + +′ = =
+ +
( )f x ( ) 0f x′ ≥
2 2 3 0x ax− + + ≥
( ) 2 2 3 0h x x ax= − − ≤
( )
( )
0 3 0 , 13 9 6 3 0
h ah a
= − ≤∴ ∴ ≥ = − − ≤
a [ )1,+∞
( ) sinf x x x= (0, )x π∈ ( )′f x ( )f x ( ) ( )g x f x′=
( )1 ( )g x 22, 3
π
( )2 ( ) 2f x <
sin 2 0.9903≈ cos2 0.4161≈ − tan 2 2.1850≈ − 2 1.4142≈ 3.14π ≈
( ) ( )'g x f x xcosx sinx= = + 0, 2
π
,2
π π
（2）由（1）得，求得函数的单调性，得到 的最大值为 ，再由 得 ，
得到 ，利用作差比较，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数 ，则
所以 ，
当 时，可得 ，即 在 内没有零点，
当 时， ，
因为 ，所以 ，所以 在 上单调递减，
又 ，且 ，
所以 在 内有唯一零点 .
（2）由（1）得，当 时， ，所以 ，即 单调递增；
当 时， ，所以 ，即 单调递减，
即 的最大值为 ，
由 得 ，所以 ，
因此 ，
因为 ，所以
从而 ，即 ，
所以 ，故 .
【点睛】
( )f x ( )f t tsint= ( ) 0f t′ = t tant= -
( ) tanf t t sint= −
( ) sinf x x x= ( ) sin cosf x x x x′ = +
( ) ( )'g x f x xcosx sinx= = +
0, 2x
π ∈
( ) 0g x > ( )g x 0, 2x
π ∈
,2x
π π ∈
( ) 2 sing x cosx x x′ = −
cos 0, sin 0x x x< > ( )' 0g x < ( )g x ,2
π π
( ) ( )2 2 tan 2 2 0g cos= + > 2 3 03 3 2g
π π = − + ( )' 0f x > ( )f x
,( )x t π∈ ( ) 0g x < ( ) 0f x < ( )f x
( )f x ( )f t tsint=
( ) cos 0f t t t sint′ = + = t tant= - ( )f t tant sint= −
( ) 2sin 2cos2 cos
t tf t t
− −− =
2cos 2cos 1
cos
t t
t
− −= ( )2cos 1 2
cos
t
t
− −=
22, 3t
π ∈
1 ,cos22cost ∈ −
( )2 222 1 2 1.416 ( 0( 1 )2)cos − − = − − > ( )2cos 1 2 0cos
t
t
− − <
( ) 2 0f t − < ( ) 2f x
1 2ln ln 2ln 0x x a+ + <
(0,1) (1, )+∞
2
1
2 1
ln x
xa x x
= −
2
2 2 1
1 1 2
ln 2x x x
x x x
< − +
( ) 2 1ln 2g t t t t
= − − + 2
1
1x tx
= > ( )g t
21 2 1 (2 1)( 1)( ) 2 1 x x x xf x x x x x
− − + −′ = − − = =
(0,1)x∈ ( ) 0f x′ < (1, )x∈ +∞ ( ) 0f x′ >
( )f x (0,1) (1, )+∞
1x 2x 2( )ax f x x x+ = −
1 1
2 2
ln 0
ln 0
ax x
ax x
− =
− =
( ) 2
1 2
1
ln 0xa x x x
− + =
2
1
2 1
ln x
xa x x
= −
1 2ln ln 2ln 0x x a+ + < 1 2 2
1x x a
<
2
2 1
1 2
2
1
ln
x xx x x
x
− <
即证 ，
不妨设 ，令 ，只需证 ，
设 ，
∴ ，
令 ，∴ ，
∴ 在 上单调递减，
∴ ，∴ ，∴ 在 为减函数，
∴ ．即 在 恒成立，
∴原不等式成立，即 ．
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，以及不等式的恒成立问题，属于综合题.
40．（2020·四川省高三月考（文））已知函数 ．
（1）设 是函数 的极值点，求 的值，并求 的单调区间；
（2）若对任意的 ， 恒成立，求 的取值范围．
【答案】(1) 在 和 上单调递增，在 上单调递减. (2)
【解析】
【分析】
（1）由题意，求得函数的导数 ，根据 是函数 的极值点，求得 ，利
用导数符号，即可求解函数的单调区间；
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减.
（2）由函数的导数 ，当 时，得到 在 上单调递增，又由
，即可证明，当 时， 先减后增，不符合题意，即可得到答案．
( )2 2
2 12 2 1
1 1 2 1 2
ln 2x xx x x
x x x x x
− < = − +
1 2x x< 2
1
1x tx
= > 2 1ln 2t t t
< − +
2 1( ) ln 2g t t t t
= − − +
2
2 1 1 1( ) ln 1 2lng t t t tt t t t
′ = − + = − +
1( ) 2lnh t t t t
= − +
2
2
2 1 1( ) 1 1 0h t t t t
′ = − − = − − m
( )f x 1(0, )2
(2, )+∞ 1( ,2)2 1m £
( ) 1 1f x x mx
′ = + − − 2x = ( )f x 3
2m =
( )f x 10, 2
( )2,+∞ 1 ,22
( ) 1 1f x x mx
′ = + − − 1m ≤ ( )f x ( )1,+∞
( ) ( )1 0f x f> = 1m > ( )f x【详解】
（1）由题意，函数 ，
则 ，
因为 是函数 的极值点，所以 ，故 ，
即 ，令 ，解得 或 .
令 ，解得 ,
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减.
（2）由 ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
又 ，所以 恒成立；
当 时，易知 在 上单调递增，
故存在 ，使得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ，则 ，这与 恒成立矛盾.
综上， .
【点睛】
本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理
能力与计算能力，对于恒成立问题，通常利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的不等关
系式，求解参数的取值范围；有时也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
41．（2020·全国高三其他（文））已知函数 （ ，且 ）
（1）讨论函数 的单调性；
( ) ( )21 1ln 1 ( 0)2 2f x x x m x m x= + − + + + >
( ) 1 1f x x mx
′ = + − −
2x = ( )f x ( ) 12 2 1 02f m+′ = − − = 3
2m =
( ) 1 5
2f x x x
= + −′ ( ) 21 5 2 5 2 02 2
x xf x x x x
− +′ = + − = > 10 2x< < 2x >
( ) 22 5 2 02
x xf x x
′ − += < 1 22 x< <
( )f x 10, 2
( )2,+∞ 1 ,22
( ) 1 1f x x mx
′ = + − −
1m ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )1,+∞
( )1 0f = ( )21 1ln 1 02 2x x m x m+ − + + + >
1m > ( ) 1 1f x x mx
′ = + − − ( )1,+∞
( )0 1,x ∈ +∞ ( )0 0f x′ =
( )f x ( )01, x ( )0 ,x +∞
( )1 0f = ( )0 0f x < ( ) 0f x >
1m ≤
( ) 2
exaf x x
= a∈R 0a ≠
( )f x（2）若函数 在区间 内有两个极值点，求实数 的取值范围.
【答案】（1）答案不唯一，详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）求得 的定义域和导函数，对 分成 和 两种情况进行分类讨论，由此求得 的单
调区间.
（2）求得 的导函数，构造函数 ，依题意可知 在区间 上有两个零点，且零
点两侧函数值符号相反，利用导数研究 的零点，由此求得 的取值范围.
【详解】
（1） 的定义域为 ， ，
当 时， 在区间 和 上 ， 递减，在区间 上 ，
递增.
当 时， 在区间 和 上 ， 递增，在区间 上 ，
递减.
（2） ，
.
当 时， .
构造函数 ，依题意可知 在区间 上有两个零点，且零点两侧函数
值符号相反.
，
( ) ( )2lng x x f xx
= + − ( )0,2 a
2
2 1,e e
( )f x a 0a < 0a > ( )f x
( )g x ( ) xh x x ae= − ( )h x ( )0,2
( )h x a
( )f x ( ) ( ),0 0,−∞ ∪ +∞ ( ) ( )'
4
2 xax x ef x x
−=
0a < ( )f x ( ),0−∞ ( )2,+∞ ( )' 0f x < ( )f x ( )0,2 ( )' 0f x >
( )f x
0a > ( )f x ( ),0−∞ ( )2,+∞ ( )' 0f x > ( )f x ( )0,2 ( )' 0f x <
( )f x
( ) ( )2
2ln 0
xaeg x x xx x
= + − > ( ) ( )'
2 4
21 2 xax x eg x x x x
−= − −
( )3 2
4
2 2 xx x ax x e
x
− − −= ( )( )
4
2 xx x x ae
x
− −
=
( )0,2x∈ ( )
4
2 0x x
x
− <
( ) ( )0 2, 0xh x x ae x a= − < < ≠ ( )h x ( )0,2
( )' 1 xh x ae= −当 时， ， 在区间 上递增，至多有一个零点，不符合题意.
当 时，令 ，解得 .
（i）若 即 ，则 在区间 上递减，至多有一个零点，不符合题意.
（ii）若 即 ，则 在区间 上递增，至多有一个零点，不符合题意.
（iii）若 ，即 ，则 在区间 上递增，在区间 上递减.
当 时， ；当 时， ；
.
要使 在区间 上有两个零点，且零点两侧函数值符号相反，则需
，解得 .
综上所述，实数 的取值范围是 .
【点睛】
本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究函数的极值点，属于中档题.
42．（2020·河南瀍河�洛阳一高高二月考（文））已知函数 .
（1）若函数 在定义域上单调递减，求实数 的取值范围；
（2）设函数 有两个极值点 ， ，求证： .
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
0a < ( )' 0h x > ( )h x ( )0,2
0a > ( )' 1 0xh x ae= − = 1lnx a
=
1ln 0a
≤ 1a ≥ ( )h x ( )0,2
1ln 2a
≥ 2
10 a e
< ≤ ( )h x ( )0,2
10 ln 2a
< < 2
1 1ae
< < ( )h x 10,ln a
1ln ,2a
0x = 00 0a e a− × = − < 2x = 2 22 2a e ae− × = −
1ln1 1 1 1 1ln ln ln ln 1ah a e aa a a a a
= − × = − × = −
( )h x ( )0,2
2
2
1 1
1ln 1 0
2 0
ae
a
ae
<
−
2
2 ,e
+∞ （1）根据题意得 在 上恒成立，即 在 上恒成立，再求函数
的最大值即可得答案；
（2）根据题意得 ，不妨设 ，令 ，则问题转化为证明
在 上恒成立，再转化为 在 上恒成立，进一步令
，只需求 在 的最小值大于零即可证毕.
【详解】
解：（1）函数的定义域为 ，
∵ 函数 在定义域上单调递减，
∴ 在 上恒成立，
∴ 在 上恒成立，即： 在 上恒成立，
令 ，则 ，
当 时， ，此时函数 单调递增，
当 时， ，此时函数 单调递减，
∴ 当 时，函数 有极大值，也是最大值，
∴ ，
故实数 的取值范围为：
（2）证明：∵ 函数 有两个极值点 ， ，
∴ 根据（1）得： ，
∴ ，
( )' 0f x ≤ ( )0, ∞+ 2ln 2xa x
−≥ ( )0, ∞+
( ) 2ln 2xg x x
−=
( )
1
2
1 2 1 2
1 2
2ln
2ln 4
x
xx x x xx x
= + +−
1 2x x> 1
2
, 1x t tx
= >
( ) 1ln 2 41
th t tt
+= + >−
( )1,+∞ ( )1 ln 2 2 0t t t+ − + > ( )1,+∞
( ) ( )1 ln 2 2m t t t t= + − + ( )m t ( )1,+∞
( )0, ∞+ ( ) ( )2' 2 ln 3 2ln 2f x x x x ax x x x ax= + − − = − −
( )y f x=
( )' 0f x ≤ ( )0, ∞+
2ln 2 0x ax− − ≤ ( )0, ∞+ 2ln 2xa x
−≥ ( )0, ∞+
( ) 2ln 2xg x x
−= ( ) ( )
2
2 2 ln' xg x x
−=
( )20,x e∈ ( )' 0g x > ( )g x
( )2 ,x e∈ +∞ ( )' 0g x < ( )g x
2x e= ( )g x
( )2
2
2a g e e
≥ =
a 2
2 ,e
+∞
( )f x 1x 2x ( ) ( )' 2ln 2f x x x ax= − −
1 1
2 2
2ln 2
2ln 2
x ax
x ax
= +
= +
( ) ( )1
1 2 1 2 1 2
2
2ln 4,2ln xx x a x x a x xx
= + + = −∴ ，
∵ ，∴ 不妨设 ，令 ，
则 ，设
故问题转化为证明 在 上恒成立，
∴ 只需证 在 上恒成立，
令 ， ，
∴ 在 上单调递增，由于 ，
∴ ，即函数 在 上单调递增，
∴ ，即 在 上恒成立
∴ 成立.
【点睛】
本题考查已知函数的单调区间求参数范围，利用导数证明不等式恒成立问题，考查分析问题与解决问题的
能力，是难题.
43．（2020·江苏清江浦�高三三模）定义可导函数 在 x 处的弹性函数为 ，
其中 为 的导函数．在区间 D 上，若函数 的弹性函数值大于 1，则称 在区间 D 上具有
弹性，相应的区间 D 也称作 的弹性区间．
（1）若 ，求 的弹性函数及弹性函数的零点；
（2）对于函数 （其中 e 为自然对数的底数）
（ⅰ）当 时，求 的弹性区间 D；
（ⅱ）若 在（i）中的区间 D 上恒成立，求实数 t 的取值范围．
【答案】（1） ， ； （2）（ⅰ） ，（ⅱ） .
( )
1
2
1 2 1 2
1 2
2ln
2ln 4
x
xx x x xx x
= + +−
1 2x x≠ 1 2x x> 1
2
, 1x t tx
= >
1 2
1ln ln 21
tx x tt
+= +− ( ) 1ln 21
th t tt
+= +−
( ) 1ln 2 41
th t tt
+= + >−
( )1,+∞
( )1 ln 2 2 0t t t+ − + > ( )1,+∞
( ) ( )1 ln 2 2m t t t t= + − + ( ) 1' ln 1m t t t
= + − ( ) 2 2
1 1 1'' 0tm t t t t
−= − = >
( )'m t ( )1,+∞ ( )' 1 0m =
( ) ( )' ' 1 0m t m> = ( ) ( )1 ln 2 2m t t t t= + − + ( )1,+∞
( ) ( )1 0m t m> = ( )1 ln 2 2 0t t t+ − + > ( )1,+∞
( )1 2ln 4x x >
( )y f x= ( ) ( )
xf x f x
′ ⋅
( )′f x ( )f x ( )f x ( )f x
( )f x
( ) 1xr x e x= − + ( )r x
( ) ( 1) lnxf x x e x tx= − + −
0t = ( )f x
( ) 1f x >
( ) ( 1)( ) 1
x
x
x xr x er x e x
′ ⋅ = − ⋅ − + 0x = (1, )+∞ ( , 1]−∞ −【解析】
【分析】
（1）由 ，可得 ，根据题设条件，即可求得 的弹性函数及弹性零点；
（2）（ⅰ）函数 ，可得函数 的定义域为 ，函数 是弹性函数
，得出不等式组，进而求得函数的弹性区间；
（ⅱ）由 在 上恒成立，可得 在 上恒成立，设
，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得 的取值范围.
【详解】
（1）由 ，可得 ，
则 ，
令 ，解得 ，
所以 弹性函数的零点为 .
（2）（ⅰ）当 时，函数 ，可得函数 的定义域为 ，
因为 ，
函数 是弹性函数 ，
此不等式等价于下面两个不等式组：
（Ⅰ） 或（Ⅱ） ，
因为①对应的函数就是 ，
由 ，所以 在定义域上单调递增，
又由 ，所以①的解为 ；
由可得 ，
( ) 1xr x e x= − + ( ) 1xr x e′ = − ( )r x
( ) ( 1) lnxf x x e x= − + ( )f x (0, )+∞ ( )f x
2 1( ) 1( ) ( 1) ln
x
x
x x ef x f x x e x
′ +⋅ = >− +
( ) 1f x > (1, )+∞ 1 ln 1(1 ) x xt ex x
−< − + 1x >
1 ln 1( ) (1 ) x xh x ex x
−= − + t
( ) 1xr x e x= − + ( ) 1xr x e′ = −
( ) ( 1)( ) 1
x
x
x xr x er x e x
′ ⋅ = − ⋅ − +
( ) ( 1) 0( ) 1
x
x
x xr x er x e x
′ ⋅ = − ⋅ =− + 0x =
( )r x 0x =
0t = ( ) ( 1) lnxf x x e x= − + ( )f x (0, )+∞
21 1( ) ( 1) ln ( 1)
x
x x x x ef x x e x e x e x x
+′ = − + = + − + =
( )f x
2 1( ) 1( ) ( 1) ln
x
x
x x ef x f x x e x
′ +⋅ = >− +
( )
2
1 ln 0......
1 ( 1) ln .......
x
x x
x e x
x e x e x
− + > + > − +
①
②
( )
2
1 ln 0.....
1 ( 1) ln .......
x
x x
x e x
x e x e x
− + ( )f x
(1) 0f = 1x >
( ) 2 21 [( 1) ln ] ( 1) 1 ln 0x x xg x x e x e x x x e x= + − − + = − + + − >且 在 上恒为正，
则 在 上单调递增，所以 ，故②在 上恒成立，
于是不等式组（Ⅰ）的解为 ，
同①的解法，求得③的解为 ；
因为 时，④ ，所以不成立，
所以不等式（Ⅱ）无实数解，
综上，函数 的弹性区间 .
（ⅱ）由 在 上恒成立，可得 在 上恒成立，
设 ，则 ，
而 ，
由（ⅰ）可知，在 上恒为正，
所以 ，函数 在 上单调递增，所以 ，
所以 ，即实数 的取值范围是 .
【点睛】
本题主要考查了函数的弹性函数及弹性函数的零点的求法，利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，
通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参
数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，试题综合性强，属于难
题．
44．（2021·江西高三月考（文））已知函数 ， ，且直线 和函数
的图像相切.
（1）求实数 的值；
（2）设 ，若不等式 对任意 恒成立（ ，
为 的导函数），求 的最大值.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
( ) 3 2
2 1 ( ) 1(2 1) ( 1)
x
x x x x eg x x e x x e x x
+ −′ = − + − + − = 1x >
( )g x 1x > ( ) ( )1 0g x g> > 1x >
1x >
0 1x< <
0 1x< < 2 1 0,( 1) ln 0x xx e x e x+ > − + <
( )f x (1, )D = +∞
( ) 1f x > (1, )+∞ 1 ln 1(1 ) x xt ex x
−< − + 1x >
1 ln 1( ) (1 ) x xh x ex x
−= − + 2
2
( 1) 2 ln( )
xx x e xh x x
− + + −′ =
( )2( 1) 2 ln 1xx x e x g x− + + − = +
1x >
( ) 0h x′ > ( )h x (1, )+∞ ( ) ( )1 1h x h> = −
1t ≤ − t ( , 1]−∞ −
( ) xf x e= ( ) 1g x kx= + ( )y g x=
( )y f x=
k
( ) ( ) ( )h x f x g x= − ( ) ( ) 1m x h x x¢- < + ( )0,x∈ +∞ m Z∈ ( )h x′
( )h x m
1k = 2【分析】
（1）本题首先可设切点的坐标为 ，然后求出函数 的导函数并写出切线方程为
，再然后根据 和 为同一条直线得出 、 ，
最后令 ，根据函数 的单调性及最值即可得出结果；
（2）本题首先可根据 得出 以及 ，然后将 转化
为 ，再然后设 ，最后通过求出函数 的最小值即可得出结果.
【详解】
（1）设切点的坐标为 ，由 得 ，
则切线方程为 ，即 ，
因为 和 为同一条直线，所以 ， ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
故 ，当且仅当 时等号成立， ， .
（2）因为 ，所以 ， ，
即 ，
因为 ，所以 ， ，
令 ，则 ， ，
令 ，因为 ，所以 ， 在 上单调递增，
因为 ， ，所以 在 上存在唯一零点，
设此零点为 ，且 ，
当 时， ；当 时， ，
( ), tt e ( ) xf x e=
( )1t ty e x t e= + − ( )1t ty e x t e= + − ( ) 1g x kx= + te k= ( )1 1tt e- =
( ) ( )1 xr x t e= - ( )r x
1k = ( ) 1xh x e x= − − ( ) 1xh x e′ = − ( )( )1 1xm x e x- - < +
1
1x
xm xe
+< +− ( ) 1φ 1x
xx xe
+= +-
( )xϕ
( ), tt e ( ) xf x e= ( ) xf x e′ =
( )t ty e e x t− = − ( )1t ty e x t e= + −
( )1t ty e x t e= + − ( ) 1g x kx= + te k= ( )1 1tt e- =
( ) ( )1 xr x x e= - ( ) xr x xe¢ = -
( ),0x∈ −∞ ( ) 0r x′ > ( )r x
( )0,x∈ +∞ ( ) 0r x′ < ( )r x
( ) ( )0 1r x r£ = 0x = 0t = 1k =
1k = ( ) ( ) ( ) 1xh x f x g x e x= - = - - ( ) 1xh x e′ = −
( ) ( ) 1m x h x x¢- < + ( )( )1 1xm x e x- - < +
0x > 1 0xe − > 1
1x
xm xe
+< +−
( ) 1φ 1x
xx xe
+= +- ( ) minφm x< ( ) ( )
( ) 2
2
φ
1
x x
x
e e x
x
e
- -¢ =
-
( ) 2xt x e x= - - 0x > ( ) 1 0xt x e′ = − > ( )t x ( )0, ∞+
( )1 0t < ( ) 0t x > ( )t x ( )0, ∞+
0x ( )0 1,2x ∈
( )00,x x∈ ( ) 0xϕ′ < ( )0 ,x x∈ +∞ ( ) 0xϕ′ >故 ，
因为 ，所以 ， ，
因为 ， ，所以 的最大值为 .
【点睛】
本题考查导数的几何意义以及通过导数解决不等式恒成立问题，考查通过导数求函数的单调性以及最值，
曲线在某一点处的导数即曲线在这一点处的切线斜率，考查计算能力，考查转化与化归思想，是难题.
45．（2020·贵州省思南中学高二期末（理））已知函数 ， .
（1）若 在 上的最大值为 ，求实数 的值；
（2）若对任意 ，都有 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1） .（2）
【解析】
试题分析：(1) 求出函数 的导函数，解出函数的单调区间，通过研究函数的极值和边界值得到函数的
最大值，求出实数 的值；
(2)把 整理，分离出参数 a,得到 ，把右边构造一个函数 ，求出
的最小值，问题可解.
试题解析：
（1）由 ，得 ，
令 ，得 或 .
函数 ， 在 上的变化情况如下表：
( ) ( ) 0
0
0 0min
1φ φ 1x
xx x xe
+= = +-
( )0 0t x = 0
0 2xe x= + ( ) ( )0 0φ 1 2,3x x= + Î
( )0φm x< m Z∈ m 2
( ) 3 2f x x x b= − + + ( ) lng x a x=
( )f x 1 ,12x ∈ −
3
8 b
[ ]1,x e∈ ( ) ( )2 2g x x a x≥ − + + a
0b = 1a ≤ −
( )f x
b
( ) ( )2 2g x x a x≥ − + + 2 2x xa x lnx
−≤ −
( )t x
( )t x
( ) 3 2f x x x b= − + + ( ) 23 2f x x x′ = − + ( )3 2x x= − −
( ) 0f x′ = 0x = 2
3x =
( )f x′ ( )f x 1 ,12
− ， ， .
即最大值为 ， .
（2）由 ，得 .
， ，且等号不能同时取得， ，即 .
恒成立，即 .
令 ， ，则 .
当 时， ， ， ，从而 .
在区间 上为增函数， ， .
46．（2021·广西钦州一中高三开学考试（理））已知函数 .
（1）若 ，讨论 的单调性；
（2）若 ，且 存在两个极值点 ，证明： .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由 ，求导 ，再分 和 两种情况讨论求解.
1 3
2 8f b − = +
2 4
3 27f b = +
1 2
2 3f f ∴ − >
1 3 3
2 8 8f b − = + = 0b =
( ) ( )2 2g x x a x≥ − + + ( ) 2 2x lnx a x x− ≤ −
[ ]1,x e∈ 1lnx x≤ ≤ lnx x∴ < 0x lnx− >
2 2x xa x lnx
−∴ ≤ −
2 2
min
x xa x lnx
−≤ −
( ) 2 2x xt x x lnx
−= −
[ ]1,x e∈ ( ) ( )( )
( )2
1 2 2x x lnxt x
x lnx
− + −
−
′ =
[ ]1,x e∈ 1 0x − ≥ 1lnx ≤ 2 2 0x lnx+ − > ( ) 0t x′ ≥
( )t x∴ [ ]1,e ( ) ( )1 1mint x t∴ = = − 1a ≤ −
1( ) lnf x x a xx
= − +
1( ) ( )g x f xx
= − ( )g x
2a > ( )f x 1 2,x x
( ) ( )1 2
1 2
2f x f x ax x
− < −−
( ) lng x x a x= − ( ) 1 a x ag x x x
−′ = − = 0a ≤ 0a >（2）根据 存在两个极值点和 ，则 的两个极值点 满足
，有 ，不妨设 ，则 ，化简 ，将
，转化为 ，令 ，用导数证明即可.
【详解】
（1） 的定义域为 ， .
(i)若 ，则 ，所以 在 单调递增.
(ii)若 ，当 时， ；当 时， .
所以 在 单调递减，在 单调递增.
（2）因为 存在两个极值点， . ，
所以 的两个极值点 满足 ，
所以 ，不妨设 ，则
则
，
要证 ，只需证 .
设 ，则 ，
知 在 单调递减，又
( )f x ( ) 2
2
1x axf x x
− +′ = − ( )f x 1 2,x x
2 1 0x ax− + = 1 2 1=x x 1 2x x< 2 1>x
( ) ( )1 2 2
1 2
2
2
2ln2 1
− −= − +− −
f x f x xax x xx
( ) ( )1 2
1 2
2f x f x ax x
− < −− 2 2
2
1 2ln 0x xx
− + < ( ) 1 2lnh x x xx
= − +
( ) lng x x a x= − ( )0, ∞+ ( ) 1 a x ag x x x
−′ = − =
0a ≤ ( ) 0g x′ ≥ ( )g x ( )0, ∞+
0a > ( )0,x a∈ ( ) 0g x′ < ( ),x a∈ +∞ ( ) 0g x′ >
( )g x ( )0,a ( ),a +∞
( )f x 2a > ( ) 2
2
1x axf x x
− +′ = −
( )f x 1 2,x x 2 1 0x ax− + =
1 2 1=x x 1 2x x< 2 1>x
( ) ( )1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1 ln ln1f x f x x xax x x x x x
− −= − − +− −
1 2 2
1 2 2
2
ln ln 2ln2 2 1
x x xa ax x xx
− −= − + = − +− −
( ) ( )1 2
1 2
2f x f x ax x
− < −− 2 2
2
1 2ln 0x xx
− + <
( ) 1 2ln ( 1)h x x x xx
= − + > ( ) 2
2( 01)h x x
x
−′ = − <
( )h x ( )1,+∞ ( )1 0h =当 时， .故 ，
即 .
【点睛】
本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式证明，还考查分类讨论思想和转化化归的思想和运算求
解的能力，属于较难题.
47．（2020·昆明市官渡区第一中学高二期中（理））已知函数 .
⑴求函数 的单调区间；
⑵如果对于任意的 ， 总成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1） 的单调递增区间为 ，单调递减区间为
；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：⑴求出函数的导数令其大于零得增区间，令其小于零得减函数；⑵令
，要使 总成立，只需 时 ，对 讨论,利用
导数求 的最小值.
试题解析：(1) 由于 ，所以
.
当 ，即 时， ；
当 ，即 时， .
所以 的单调递增区间为 ，
单调递减区间为 .
(2) 令 ，要使 总成立，只需 时 .
( )1,x∈ +∞ ( ) 0h x < 2 2
2
1 2ln 0x xx
− + <
( ) ( )1 2
1 2
2f x f x ax x
− < −−
( ) sinxf x e x=
( )f x
[0, ]2x
π∈ ( )f x kx≥ k
( )f x 3(2 ,2 )4 4k k
π ππ π− + 3 7(2 ,2 )4 4k k
π ππ π+ +
( )k Z∈ ( ,1]−∞
( ) ( ) sinxg x f x kx e x kx= − = − ( )f x kx≥ [0, ]2x
π∈ min( ) 0g x ≥
( ) sinxf x e x=
'( ) sin cos (sin cos ) 2 sin( )4
x x x xf x e x e x e x x e x
π= + = + = +
(2 ,2 )4x k k
π π π π+ ∈ + 3(2 ,2 )4 4x k k
π ππ π∈ − + '( ) 0f x >
(2 ,2 2 )4x k k
π π π π π+ ∈ + + 3 7(2 ,2 )4 4x k k
π ππ π∈ + + '( ) 0f x <
( )f x 3(2 ,2 )4 4k k
π ππ π− + ( )k ∈Z
3 7(2 ,2 )4 4k k
π ππ π+ + ( )k ∈Z
( ) ( ) sinxg x f x kx e x kx= − = − ( )f x kx≥ [0, ]2x
π∈ min( ) 0g x ≥对 求导得 ，
令 ，则 ，( )
所以 在 上为增函数，所以 .
对 分类讨论：
① 当 时， 恒成立，所以 在 上为增函数，所以 ，即
恒成立；
② 当 时， 在上有实根 ，因为 在 上为增函数，所以当 时，
，所以 ，不符合题意；
③ 当 时， 恒成立，所以 在 上为减函数，则 ，不符合题意.
综合①②③可得，所求的实数 的取值范围是 .
考点：利用导数求函数单调区间、利用导数求函数最值、构造函数.
48．（2020·山东高三其他）已知实数 ，函数 ， ．
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 是函数 的极值点，曲线 在点 ， 处的切
线分别为 ，且 在 轴上的截距分别为 ．若 ，求 的取值范围．
【答案】（1）当 时， 在 上单调递减；当 时， 在 上单调
递减，在 上单调递增；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）求导后得 ；分别在 和 两种情况下，根据
的符号可确定 的单调性；
( )g x ( ) (sin cos )xg x e x x k= + −′
( ) (sin cos )xh x e x x= + ( ) 2 cos 0xh x e x′ = > (0, )2x
π∈
( )h x [0, ]2
π
2( ) [1, ]h x e
π
∈
1k ≤ ( ) 0g x′ ≥ ( )g x [0, ]2
π
min( ) (0) 0g x g= = ( ) 0g x ≥
21 k e
π
< < ( ) 0g x′ = 0x ( )h x (0, )2
π
0(0, )x x∈
( ) 0g x′ < 0( ) (0) 0g x g< =
2k e
π
≥ ( ) 0g x′ ≤ ( )g x (0, )2
π
( ) (0) 0g x g< =
( ,1]−∞
0a > ( ) 22 lnf x a x a xx
= + + ( )0,10x∈
( )f x
1x = ( )f x ( )y f x= ( )( )1 1,P x f x ( )( )2 2,Q x f x ( )1 2x x<
1 2,l l 1 2,l l y 1 2,b b 1 2//l l 1 2b b−
10,10a ∈
( )f x ( )0,10 1 ,10a ∈ +∞
( )f x 10, a
1 ,10a
6 ln 4,05
−
( ) ( )( ) ( )2
2 1 0 10ax axf x xx
+ −′ = < < 1 10a
≥ 10 10a
< < ( )f x′
( )f x（2）由极值点定义可构造方程求得 ，得到 和 ；根据导数的几何意义可求得在 处的切线
方程，进而求得 ；由 可求得 的关系，同时确定 的取值范围；将 化为
，令 ， ，利用导数可求得 的单调性，进而求得 的
值域即为 的范围.
【详解】
（1） .
， ， .
①当 ，即 时， ， 在 上单调递减；
②当 ，即 时，
当 时， ；当 时， ，
在 上单调递减，在 上单调递增.
综上所述：当 时， 在 上单调递减；当 时， 在 上单调递
减，在 上单调递增.
（2） 是 的极值点， ，即 ，
解得： 或 （舍），此时 ， .
方程为： ，
a ( )f x ( )f x′ ,P Q
1 2,b b 1 2//l l 1 2,x x 1x 1 2b b−
1
2 1
1 2
2
2 1
ln
1
x
x x
x x
x
− +
+
1
2
x tx
= ( ) ( )2 1 ln1
tg t tt
−= ++
( )g t ( )g t
1 2b b−
( ) ( )( ) ( )2
2 2
2 12 0 10ax axaf x a xx x x
+ −′ = − + + = < <
0a > 0 10x< < 2 0ax∴ + >
1 10a
≥ 10,10a ∈
( ) 0f x′ < ( )f x∴ ( )0,10
10 10a
< < 1 ,10a ∈ +∞
10,x a
∈
( ) 0f x′ < 1 ,10x a
∈
( ) 0f x′ >
( )f x∴ 10, a
1 ,10a
10,10a ∈
( )f x ( )0,10 1 ,10a ∈ +∞
( )f x 10, a
1 ,10a
1x = ( )f x ( )1 0f ′∴ = ( )( )2 1 0a a+ − =
1a = 2a = − ( ) 2 lnf x x xx
= + + ( ) 2
2 1 1f x x x
′ = − + +
1l∴ ( )1 1 12
1 1 1
2 2 1ln 1y x x x xx x x
− + + = − + + −
令 ，得： ；同理可得： .
， ，整理得： ， ，
又 ，则 ，解得： ，
.
令 ，则 ，
设 ， ，
在 上单调递增，又 ， ， ，
即 的取值范围为 .
【点睛】
本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数讨论含参数函数的单调性、极值点的定义、导数的几
何意义、利用导数求解参数的取值范围等问题；关键是能够通过构造函数的方式将所求式子的范围转化为
函数值域的求解问题.
49．（2020·湖南高新技术产业园区�衡阳市一中高三月考）已知函数 ， .
（1）当 时，不等式 成立，求整数 m 的最大值.
（2）证明：当 时， .
（参考数据： ， ）
【答案】（1）整数 m 的最大值为 3；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
0x = 1 1
1
4 ln 1b xx
= + − 2 2
2
4 ln 1b xx
= + −
1 2//l l 2 2
1 1 2 2
2 1 2 11 1x x x x
∴− + + = − + + ( )1 2 1 22x x x x= + 1
2
1
2
2
xx x
∴ = −
1 20 10x x< < < 1
1
1
2 102
xx x
<
+ +
( )g t∴ 1 ,14
( )1 0g = 1 6 ln 44 5g = −
( ) 6 ln 4,05g t ∴ ∈ −
1 2b b− 6 ln 4,05
−
1( ) ln
xf x x
+= ( ) 1
xeg x x
= −
1x > ( )f x m>
1x > ( ) ( )f x g x<
ln 2 0.693≈ ln3 1.099≈（1）先推出当 时， 使得 ，可得 ，
，即整数 m 的最大值为 3；
（2）要证 ，即证 ，令 ，两次求导，可证明
，从而可得结论.
【详解】
（1）当 时， ，
令 ，则 .
因此 在 上为增函数，又 ， ，
∴ 使得 ，即 ，
当 时， ， 为减函数；
当 时， ， 为增函数；
∴ ，
所以整数 m 的最大值为 3.
（2）要证 ，即证 ，
令 ，则 .
令 ，则 ，
设 ， ，
1x > 0 (3,4)x∃ ∈ ( ) ( )0 0 0F x f x′= = 0
0
1ln 1x x
= +
( ) 0 0
min 0 0
0
0
1 1( ) (3,4)1ln 1
x xf x f x xx
x
+ += = = = ∈
+
( ) ( )f x g x< 2 1ln 0x
xx e
−− >
2 1( ) ln x
xh x x e
−= −
( ) (1) 0h x h> =
1x >
2
1ln 1
( ) ln
x xf x x
− −
′ =
1( ) ln 1F x x x
= − − 2
1 1( ) 0F x x x
′ = + >
( )F x (1, )+∞ 4(3) ln3 03F = − < 5(4) ln 4 04F = − >
0 (3,4)x∃ ∈ ( ) ( )0 0 0F x f x′= = 0
0
1ln 1x x
= +
01 x x< < ( ) 0f x′ < ( )f x
0x x> ( ) 0f x′ > ( )f x
( ) 0 0
min 0 0
0
0
1 1( ) (3,4)1ln 1
x xf x f x xx
x
+ += = = = ∈
+
( ) ( )f x g x< 2 1ln 0x
xx e
−− >
2 1( ) ln x
xh x x e
−= −
2 3 21 2 1 2( )
x
x x
x x e x x xh x x e xe
− + + − −′ = − =
3 2( ) 2xx e x x xϕ = + − − 2( ) 3 4 1xx e x xϕ′ = + − −
2( ) ( ) 3 4 1xu x x e x xϕ′= = + − − ( ) 6 4xu x e x′ = + −在 单调递增，又 ，∴ ，
∴ 在 上为增函数，又 ，∴ ，
∴ 在 上为增函数，又 ，∴ ，即 ，
∴ 在 上为增函数，∴ ，故 .
【点睛】
本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问
题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且
问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求
导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层
次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，
设计综合题.
50．（2021·江苏清江浦�高三开学考试）设函数 ，其中 .
（1）证明： 恰有两个零点；
（2）设 为 的极值点， 为 的零点，且 ，证明 .
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）首先求出函数的导函数，令 ，由 ，可知：可得 存在唯一解
．可得 是函数 的唯一极值点．令 ，可得 时，
． ． ．可得函数 在 ， 上存在唯一零点．又函数
在 上有唯一零点 1．即可证明结论．
（2）由题意可得： ， ，即 ， ，可得 ，由 ，
可得 ．又 ，可得 ，取对数即可证明．
【详解】
( )u x′ (1, )+∞ (1) 2u e′ = − ( ) 0u x′ >
( )xϕ′ (1, )+∞ (1) 2eϕ′ = − ( ) 0xϕ′ >
( )ϕ x (1, )+∞ (1) 2eϕ = − ( ) 0xϕ > ( ) 0h x′ >
( )h x (1, )+∞ ( ) (1) 0h x h> = ( ) ( )f x g x<
( ) ( )ln 1 xx xf a x e= − − 10 a e
< ≤
( )f x
0x ( )f x 1x ( )f x 1 0x x> 0 13 2x x− >
2( ) 1 xg x ax e= − 10 a e
< ≤ ( )g x
0
1(1, )x ln a
∈ 0x ( )f x ( ) 1h x lnx x= − + 1x >
1lnx x< − 1( ) 0f ln a
< ( ) ( )0 1 0f x f> = ( )f x 0(x )+∞ ( )f x
0(0, )x
0( ) 0f x′ = 1( ) 0f x = 02
0 1xax e = 1
1 1( 1) xlnx a x e= − 1 0
2
0 1
1 1
x x x lnxe x
− = − 1x >
1lnx x< − 1 0 1x x> > 1 0
2
20 1
0
1
( 1)
1
x x x xe xx
− −< =−证明：（1）因为 ，定义域为
所以 ；
令 ，由 ，可知 在 内单调递减，
又 ，且 ，
故 在 内有唯一解，
从而 在 内有唯一解，不妨设为 ，.
则 ，当 时， ，
所以 在 内单调递增；
当 时， ，
所以函数 在 内单调递减，因此 是 的唯一极值点.
令 ，则当 时， ，故 在 内单调递减，
从而当 时， ，所以 ，
从而 ，
又因为 ，所以 在 内有唯一零点，
又 在 内有唯一零点 1，从而， 在 内恰有两个零点
（2）由题意， ，即 ，
从而 ，即 ，
因为当 时， ，又 ，故 .
( ) ( )ln 1 xf x x a x e= − − ( )0, ∞+
( ) 21 xax ef x x
−′ =
( ) 21 xg x ax e= − 10 a e
< ≤ ( )g x ( )0, ∞+
( )1 1 0g ae= − >
2 21 1 1 1ln 1 ln 1 ln 0g aa a a a
= − = − =
( )f x ( )00, x
( )0 ,x x∈ +∞ ( ) ( ) ( )0 0g x g xf x x x
′ = < =
( )f x ( )0 ,x +∞ 0x ( )f x
( ) ln 1h x x x= − + 1x > ( ) 1 1 0h x x
′ = − < ( )h x ( )1,+∞
1x > ( ) ( )1 0h x h< = ln 1x x< −
1ln1 1 1 1 1 1ln ln ln ln 1 ln ln ln 1 ln 0af a e ha a aa a a a
= − − = − + = = ( )f x ( )0 ,x +∞
( )f x ( )00, x ( )f x ( )0, ∞+
( )
( )0
1
0
0
f x
f x
= =
′
( )
0
1
2
0
1 1
1
ln 1
x
x
ax e
x a x e
= = −
1 01
1 2
0
1ln x xxx ex
−−= 1 0 0
1
2 ln
1
x x x xe x
− = −
1x > ln 1x x< − 1 0 1x x> > ( )
1 0
2
0 1 2
0
1
1
1
x x x xe xx
− −< =−两边取对数，得
于是 ，整理得 .
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法、
构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
51．（2021·江苏清江浦�高三开学考试）
已知函数 ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）若对于任意的 ，都有 ≤ ，求 的取值范围．
【答案】（Ⅰ）当 时， 的单调递增区间是 和 ：单调递减区间是 ，当
时， 的单调递减区间是 和 ：单调递减区间是 ．
（Ⅱ） [ ，0]．
【解析】
【分析】
【详解】
，令 ，当 时， 的情况如下：
+ 0 0 +
0
1 0 2
0ln lnx xe x− <
( )1 0 0 02ln 2 1x x x x− < < − 0 13 2x x− >
2( ) ( )
x
kf x x k e= −
( )f x
(0, )x∈ +∞ ( )f x 1
e k
0k > ( )f x ( , )k−∞ − ( , )k +∞ ( , )k k− k 0<
( )f x ( , )k−∞ ( , )k− +∞ ( , )k k−
1
2
−
2 21( ) ( )
x
kf x x k ek
−′ = ( ) 0,f x x k=′ = ± 0k > ( ), ( )f x f x′
x ( , )k−∞ − k− ( , )k k− k ( , )k +∞
( )′f x −
( )f x 2 14k e−所以， 的单调递增区间是 和 ：单调递减区间是 ，当 时， 与
的情况如下：
0 + 0
0
所以， 的单调递减区间是 和 ：单调递减区间是 ．
（Ⅱ）当 时，因为 ，所以不会有 当 时，由（Ⅰ）知
在 上的最大值是 所以 等价于 ， 解得
故当 时， 的取值范围是[ ，0]．
52．（2020·武威第八中学高二期末（理））已知函数 f(x)＝ x2＋lnx.
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)求证：当 x>1 时， x2＋lnx< x3.
【答案】 (1) f(x)的单调增区间为(0，＋∞) (2)略
【解析】
【分析】
（1）对函数求导，根据定义域，即可判断其单调性，从而知单调区间．
（2）证明当 x>1 时， ，只需证当 x>1 时， ，
可设 ，只需证明 时， ，因此，利用导数研究 的单调性，得出
( )f x ( , )k−∞ − ( , )k +∞ ( , )k k− k 0< ( )f x ( )′f x
x ( , )k−∞ k ( , )k k− k− ( , )k− +∞
( )′f x − −
( )f x 2 14k e−
( )f x ( , )k−∞ ( , )k− +∞ ( , )k k−
0k >
1 1( 1)
k
kf k e e
+
+ = > 1(0, ), ( ) .x f x e
∀ ∈ +∞ ≤ k 0<
( )f x (0, )+∞ 24( ) kf k e
− = 1(0, ), ( )x f x e
∀ ∈ +∞ ≤ 24( ) kf k e
− = 1
e
≤
1 0.2 k− ≤ < 1(0, ), ( )x f x e
∀ ∈ +∞ ≤ k 1
2
−
1
2
1
2
2
3
2 31 2ln2 3x x x+ < 3 22 1 ln 03 2x x x− − >
3 22 1( ) ln3 2g x x x x= − − 1x > ( ) 0>g x ( )g x，结论得证．
【详解】
(1)依题意知函数的定义域为{x|x>0}，
∵f′(x)＝x＋ ，故 f′(x)>0，∴f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．
(2)设 g(x)＝ x3－ x2－lnx，∴g′(x)＝2x2－x－ ，
∵当 x>1 时，g′(x)＝ >0，
∴g(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴g(x)>g(1)＝ >0，
∴当 x>1 时， x2＋lnx< x3.
【点睛】
（1）求函数的单调区间，首先要考虑函数的定义域，然后求导，导函数大于 0，可求单调递增区间，导函
数小于 0，可求单调递减区间．对于单调函数只需说明导函数大于 0（小于 0）即可．
（2）证明不等式一般是证明与函数有关的不等式在某个范围内成立，解题时可转化为求函数最值（或值）
的问题处理．
53．（2020·山西迎泽�高三二模（文））已知函数 （a 为常数）
（1）当 时，判断函数 的单调性；
（2）函数 有两个极值点 ， ，若不等式 恒成立，求实数
m 的取值范围.
【答案】（1）函数 在 上单调递增；（2） .
【解析】
【分析】
（1）当 时, ,求导可得 ,即可判断单调性；
（2）求导可得 ,由题,则 , 方程 的两个不等的正实
根,可得 , ,且 ,则 ,即将不等式
转化为 恒成立,设 ,由其单调性可得 ,进而
求解即可
( ) (1) 0g x g> >
( ) 2 lnaf x x a xx
= − −
1a = ( )f x
( )f x 1x 2x ( ) ( ) ( ) 2
1 2 1 2 ( ) 4x x m f x f x f a a+ < + + +
( )f x (0, )+∞ 2m ≤
1a = 1( ) 2lnf x x xx
= − −
2
2
( 1)( ) 0xf x x
−′ = ≥
2
2 2
2 2( ) 1 a a x ax af x x x x
′ − += + − = 1x 2x 2 2 0x ax a− + =
1 2 2x x a+ = 1 2x x a= 1a > ( ) ( ) 2 2
1 2 ( ) 4 1 4 ln 4f x f x f a a a a a a+ + + = − − +
12 1 4ln 4m a aa
< − − + 1( ) 1 4ln 4g a a aa
= − − + ( ) (1) 4g a g> =【详解】
解：（1）当 时, ,则 ,
因为函数定义域为 ,所以函数 在 上单调递增
（2）因为 ,则 ,
因为函数 有两个极值点 , ,所以 , 方程 的两个不等的正实根,
所以 , ,
且 ,解得 ,
因为
,
所以 ,
则不等式 恒成立等价不等式 恒成立,
令 ,则
因为 ,所以 ,所以函数 在 上单调递增,
所以 ,
所以 ,则
【点睛】
本题考查利用导函数判断函数的单调性,考查函数的极值点的应用,考查利用导函数处理恒成立问题
四、填空题
54．（2020·四川内江�高二期末（理））函数 在区间 上是增函数，则实数 a 的取值范
围为________.
1a = 1( ) 2lnf x x xx
= − −
2 2
2 2 2
1 2 2 1 ( 1)( ) 1 0x x xf x x x x x
′ − + −= + − = = ≥
(0, )+∞ ( )f x (0, )+∞
( ) 2 lnaf x x a xx
= − − 2
2 2
2 2( ) 1 a a x ax af x x x x
′ − += + − =
( )f x 1x 2x 1x 2x 2 2 0x ax a− + =
1 2 2x x a+ = 1 2x x a=
2
2 0
0
( 2 ) 4 0
a
a
a a
>
>
∆ = − − >
1a >
( ) ( )1 2 1 1 2 2
1 2
( ) 2 ln 2 ln 1 2 lna af x f x f a x a x x a x a a ax x
+ + = − − + − − + − −
( ) ( ) ( )1 2
1 2 1 2
1 2
2 ln 1 2 ln 1 4 ln ( 1)a x xx x a x x a a a a a a ax x
+= + − − + − − = − − >
( ) ( ) 2 2
1 2 ( ) 4 1 4 ln 4f x f x f a a a a a a+ + + = − − +
( ) ( ) ( ) 2
1 2 1 2 ( ) 4x x m f x f x f a a+ < + + + 12 1 4ln 4m a aa
< − − +
1( ) 1 4ln 4g a a aa
= − − + 2 2
1 4 1 1( ) 4 4 1g a a a a a
′ = − + = + −
1a > ( ) 0g a′ > ( )g a (1, )+∞
( ) (1) 4g a g> =
2 4m ≤ 2m ≤
( ) lnf x x ax= − [ ]1,4【答案】
【解析】
【分析】
求出 ，利用 在 恒成立可求实数 a 的取值范围.
【详解】
，因为 在区间 上是增函数，
故 在 恒成立即 在 恒成立，
故 在 恒成立，故 .
故答案为： .
【点睛】
一般地，若 在区间 上可导，且 ，则 在 上为单调增（减）函
数；反之，若 在区间 上可导且为单调增（减）函数，则 ．
55．（2020·全国高三课时练习（理））若函数 ，对任意的 ，
恒成立，则 的取值范围是 ．
【答案】（﹣2， ）
【解析】
f′(x)＝3x2＋1>0，∴f(x)在 R 上为增函数．又 f(x)为奇函数，由 f(mx－2)＋f(x) ( ) 2
( ) ( ) 0xf x f xF x x
′ −′ = <
0x > ( )F x ( ) 01F =
0 1x< < ( ) ( ) 0f xF x x
= > ( ) 0f x >
1x > ( ) ( ) 0f xF x x
= < ( ) 0f x <
( )f x 1 0x− < < ( ) 0f x > 1x < − ( ) 0f x <
( ) 0f x > x ( ) ( )1,0 0,1− ∪
( ) ( )1,0 0,1− ∪
1, 0( )
ln , 0
xe xf x
x x
− ≤= >
( )y f x= y ( )f x mx= m
1y xe
= ( ] 1,0 ,1e
−∞ ∪
( )0 0,lnx x 0x e=
( )f x曲线 在 轴右侧的图象对应的函数解析式为 ，则
设过原点的直线与该段图象相切于点 ，则 ，
故 ，故切线方程为 即 .
考虑函数 的图象在 的切线，
因为 ，故所求切线的斜率为 1，
故 的图象在 的切线方程为 .
在平面直角坐标系中画出 的图象及 、 的图象（如图所示）：
若 有两个不同的根，故直线 与函数 的图象有两个不同的交点，
由图象可知： 或 .
故答案为： ， .
【点睛】
本题考查导数的几何意义、函数与方程，注意切线问题的核心是切点的横坐标，另外方程的解可转化为不
同函数图象的交点来讨论，其中相切的情形可利用导数来计算，本题属于中档题.
( )y f x= y lny x= 1y x
′ =
( )0 0,lnx x 0
0 0
ln 1x
x x
=
0x e= ( )11y x ee
− = − 1y xe
=
1xy e= − ( )0,0
exy′ =
1xy e= − ( )0,0 y x=
( )f x y x= 1y xe
=
( )f x mx= y mx= ( )y f x=
1 1me
< < 0m ≤
1y xe
= ( ] 1,0 ,1e
−∞ ∪
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