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专题 06 函数与导数（巩固训练）
1．已知函数 .
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
（2）求 的单调区间；
（3）若对于任意 ，都有 ，求实数 的取值范围.
2．已知函数 ．
（1）若函数 的最大值为 3，求实数 的值；
（2）若当 时， 恒成立，求实数 的取值范围；
（3）若 ， 是函数 的两个零点，且 ，求证： ．
3．已知函数 ，其中 为常数．
（1）若直线 是曲线 的一条切线，求实数 的值；
（2）当 时，若函数 在 上有两个零点．求实数 的取值范围．
4．已知函数 .
（1）当 时，设 ， 为 的两个不同极值点，证明： ；
（2）设 ， 为 的两个不同零点，证明： .
5．已知函数 ．
（1）当 时，求函数 的单调区间和极值；
( ) lnf x x x=
( )y f x= ( )( )1, 1f
( )f x
1 ,x ee
∈
( ) 1f x ax≤ − a
( ) ( )lnf x x x a a R= − + ∈
( )f x a
( )1,x∈ +∞ ( ) ( ) ( )31 ' 2 2f x k xf x a kx
> − + + − ≤ k
1x 2x ( )f x 1 2x x< 1 2 1x x <
( ) lnxf x a xe
= + a
2y xe
= ( )y f x= a
1a = − ( ) ( ) ln xg x f x bx
= − + [ )1 + ∞， b
2( ) ln ( , )f x x ax bx a b R= − − ∈
1a = − 1x 2x ( )f x ( ) ( )1 2 3 ln 2f x f x+ < − −
1x 2x ( )f x ( )1 2 1 2 3f x x x x+ < + −
2( ) lnf x a xx = +
2a = − ( )f x2
（2）若 在 上是单调函数，求实数 的取值范围．
6．已知函数 在 处取得极值.
（1）求 的值，并讨论函数 的单调性；
（2）当 时， 恒成立，求实数 的取值范围.
7．已知函数 .
（1）求函数 的单调区间；
（2）若关于 的不等式 在 上恒成立，且 ，求实数 的取值
范围.
8．已知函数 ．
（1）若 ，曲线 在点 处的切线与直线 平行，求 的值；
（2）若 ，且函数 的值域为 ，求 的最小值．
9．已知函数 ， .
（1）记 ，试判断函数 的极值点的情况；
（2）若 有且仅有两个整数解，求 的取值范围.
10．已知函数 ．
（1）若 x=2 是函数 f（x）的极值点，求曲线 y=f（x）在点（1,f（1））处的切线方程；
（2）若函数 f（x）在 上为单调增函数，求 a 的取值范围；
（3）设 m，n 为正实数，且 m>n，求证： ．
2( ) ( )xg f x x
= + [1, )+∞ a
( ) a lnxf x x
+= 1x =
a ( )f x
[ )1,x∈ +∞ ( )
1
mf x x
≥ + m
( )2( ) 8 4xf x e x x= + −
( )f x
x ( )2 8 4
sin4
xe x x
m m x
+ −
+ ≥ [0, )+∞ 0m ≠ m
2 1( ) e ln ( , )axf x x b x ax a b R+= ⋅ − − ∈
0b = ( )f x (1, (1))f 2y x= a
2b = ( )f x [ )2,+∞ a
( ) 1f x x= - ( ) ( 1) xg x ax e= −
( )( ) x
f xh x x e
= − ( )h x
( ) ( )a f x g x⋅ > a
( 1)( ) ln ,1
a xf x x x Rx
−= − ∈+
(0, )+∞
ln ln 2
m n m n
m n
− + e
( ) ( ), 0
xa ef x a R ax
⋅= ∈ ≠
1a = ( )y f x= ( )( )1, 1f
( )f x
( )0,x∈ +∞ ( ) 1f x ≥
8( ) (cos )( 2 ) (sin 1)3f x x x x xπ= − + − + 2( ) 3( )cos 4(1 sin )ln(3 )xg x x x xπ π= − − + −
0 (0, )2x
π∈ 0( ) 0f x =
1 ( , )2x
π π∈ 1( ) 0g x = 0 1x x π+ <
( ) 2sinf x x x= −
[ ]0,2x π∈ ( )f x
[ ]0,x π∈ ( ) ( )1 cosf x a x x x≤ − − ⋅
*n N∈ ( ) 2 3 2 1
1 2 3 2 1
n
n
x x xf x x n
−
= − + − +⋅⋅⋅− − x∈R
( ) ( )2y f x kx k R= − ∈
t *n N∈ x ( ) 0nf x = [ ], 1t t +4
在，求 的值；若不存在，说明理由.
16．已知函数 的定义域为 ，且满足 ，当 时，有
，且 .
（1）求不等式 的解集；
（2）对任意 ， 恒成立，求实数 的
取值范围.
17．已知函数 ， ， ， ．
（1）讨论函数 的单调区间及极值；
（2）若关于 的不等式 恒成立，求整数 的最小值．
18．设函数 ，
（1）求 的单调区间；
（2）若不等式 对 恒成立，求整数 的最大值.
19．已知函数 .
（1）若 ，求函数 的单调递减区间；
（2）若关于 的不等式 恒成立，求整数 的最小值
20．已知函数 ， ．
（1）求函数 的单调区间；
（2）若关于 的不等式 恒成立，求整数 的最小值．
t
( )y f x= (0, )+∞ ( ) ( ) ( )f xy f x f y= + (1, )x∈ +∞
( ) 0f x > (2) 1f =
(4 ) (1 ) 2f t f t− − <
0, 2x
π ∈
22sin 2 2 cos 5 2 (6 2 )4 4f x x a f a
π π + − − − + − a
2( )f x lnx mx= − 21( ) 2g x mx x= + m R∈ ( ) ( ) ( )F x f x g x= +
( )f x
x ( ) 1F x mx − m
( ) ( ) ( )1 2x xf x x e a e e= − + −
( )f x
( ) 0f x > ( )2,x∈ +∞ a
21( ) ln ,2f x x ax x a R= − + ∈
(1) 0f = ( )f x
x ( ) 1f x ax≤ − a
21( ) ln 2f x x ax= − a R∈
( )f x
x ( ) ( 1) 1f x a x≤ − − a1
参考答案
1．【答案】（1） （2） 的单调递增区间是 ； 的单调递减区间是 （3）
.
【分析】（1）先求得导函数，由导数的几何意义求得切线的斜率，再求得切点坐标，即可由点斜式得切线
方程；
（2）求得导函数，并令 求得极值点，结合导函数的符号即可判断函数单调区间；
（3）将不等式变形，并分离参数后构造函数 ，求得 并令 求得极值点，结
合极值点左右两侧的单调性和端点求得最值，即可确定 的取值范围.
【解析】（1）因为函数 ，
所以 ， .
又因为 ，则切点坐标为 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 .
（2）函数 定义域为 ，
由（1）可知， .
令 解得 .
与 在区间 上的情况如下：
1y x= − ( )f x 1,e
+∞
( )f x 10, e
1a e≥ −
( ) 0f x′ =
( ) 1lng x x x
= + ( )g x′ ( ) 0g x′ =
a
( ) lnf x x x=
( ) 1ln ln 1f x x x xx
′ = + ⋅ = + ( )1 ln1 1 1f ′ = + =
( )1 0f = ( )1,0
( )y f x= ( )1,0 1y x= −
( ) lnf x x x= ( )0, ∞+
( ) ln 1f x x′ = +
( ) 0f x′ = 1x e
=
( )f x ( )f x′ ( )0, ∞+
x 10, e
1
e
1,e
+∞ 2
－ 0 ＋
↘ 极小值 ↗
所以， 的单调递增区间是 ；
的单调递减区间是 .
（3）当 时，“ ”等价于“ ”.
令 ， ， ， .
令 解得 ，
当 时， ，所以 在区间 单调递减.
当 时， ，所以 在区间 单调递增.
而 ， .
所以 在区间 上的最大值为 .
所以当 时，对于任意 ，都有 .
【点睛】本题考查了导数的几何意义，切线方程的求法，由导函数求函数的单调区间，分离参数法并构造
函数研究参数的取值范围，由导数求函数在闭区间上的最值，属于中档题.
2．【答案】（1）4；（2） [ ― 1
2,2]；（3）证明见解析.
( )f x′
( )f x
( )f x 1,e
+∞
( )f x 10, e
1 x ee
≤ ≤ ( ) 1f x ax≤ − 1lna x x
≥ +
( ) 1lng x x x
= + 1 ,x ee
∈
( ) 2 2
1 1 1xg x x x x
−′ = − = 1 ,x ee
∈
( ) 0g x′ = 1x =
1 ,1x e
∈
( ) 0g x′ < ( )g x 1 ,1e
( )1,x e∈ ( ) 0g x′ > ( )g x ( )1,e
1 ln 1 1.5g e e ee
= + = − >
( ) 1 1ln 1 1.5g e e e e
= + = + <
( )g x 1 ,ee
1 1g ee
= −
1a e≥ − 1 ,x ee
∈
( ) 1f x ax≤ −3
【分析】（1）求出函数푓(푥)的定义域，利用导函数符号判断函数的单调性，由单调性求解函数的最大值，
然后求出푎即可；（2）化简恒成立的不等式为ln푥 ― 푥 + 푎 > 푘(1 ― 3
푥) + 1 ― 푥 + 푎 ― 2，得到푥(ln
푥 + 1) > 푘(푥 ― 3).令푔(푥) = 푥(ln푥 + 1) ― 푘(푥 ― 3)，利用函数的导数符号判断函数的单调性，得到g(푥) > g
(1) = 1 + 2푘，然后求解푘的范围；（3）푥1，푥2是函数푓(푥)的两个零点，可得푓(푥1) ― 푓( 1
푥2
) = 푓(푥2) ― 푓( 1
푥2
) = (ln푥2 ― 푥2) ― (ln 1
푥2
― 1
푥2
) = 2ln푥2 + 1
푥2
― 푥2，构造函数ℎ(푥) = 2ln푥 + 1
푥 ―푥，利用函数的导数的符号判断函
数的单调性，推出푓(푥1) < 푓( 1
푥2
)，得到푥1 < 1
푥2
，即可证明结论．
【解析】（1）函数푓(푥)的定义域为(0, + ∞). 因为푓′(푥) = 1
푥 ―1 = 1 ― 푥
푥 ，
所以在(0,1)内， ，푓(푥)单调递增；
在(1, + ∞)内， ，푓(푥)单调递减．
所以函数푓(푥)在푥 = 1处取得唯一的极大值，即푓(푥)的最大值푓(1) = ln1 ― 1 + 푎．
因为函数푓(푥)的最大值为 3，
所以ln1 ― 1 + 푎 = 3，
解得푎 = 4.
（2）因为当푥 ∈ (1, + ∞)时，푓(푥) > 푘(1 ― 3
푥) + 푥푓′(푥) + 푎 ― 2(푘 ≤ 2)恒成立，
所以ln푥 ― 푥 + 푎 > 푘(1 ― 3
푥) + 1 ― 푥 + 푎 ― 2，
所以푥(ln푥 + 1) > 푘(푥 ― 3)，
即푥(ln푥 + 1) ― 푘(푥 ― 3) > 0．令푔(푥) = 푥(ln푥 + 1) ― 푘(푥 ― 3)，
则
因为푘 ≤ 2，
所以 ．
所以푔(푥)在(1, + ∞)单调递增.
所以푔(푥) > 푔(1) = 1 + 2푘，4
所以 1 + 2푘 ≥ 0，
所以푘 ≥ ― 1
2.即实数 k 的取值范围是[ ― 1
2,2]；
（3）由(Ⅰ)可知：푥1 ∈ (0,1)，푥2 ∈ (1, + ∞)．
所以 1
푥2
∈ (0,1).
因为푥1，푥2是函数푓(푥)的两个零点，
所以푓(푥1) = 푓(푥2) = 0．
因为푓(푥1) ― 푓( 1
푥2
) = 푓(푥2) ― 푓( 1
푥2
) = (ln푥2 ― 푥2) ― (ln 1
푥2
― 1
푥2
) = 2ln푥2 + 1
푥2
― 푥2.
令ℎ(푥) = 2ln푥 + 1
푥 ―푥，
则ℎ′(푥) = 2
푥 ― 1
푥2 ―1 = ― 푥2 + 2푥 ― 1
푥2 = ― (푥 ― 1)2
푥2 ．
所以在(1, + ∞)， ，ℎ(푥)单调递减．
所以ℎ(푥) < ℎ(1) = 0．
所以푓(푥1) ― 푓( 1
푥2
) < 0，即푓(푥1) < 푓( 1
푥2
)．
由(Ⅰ)知，푓(푥)在(0,1)单调递增，
所以푥1 < 1
푥2
，
所以푥1푥2 < 1.
【点睛】本题主要考查利用导数求函数的最值、证明不等式以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒
成立问题常见方法：① 分离参数푎 ≥ 푓(푥)恒成立(푎 ≥ 푓(푥)max即可)或푎 ≤ 푓(푥)恒成立（푎 ≤ 푓(푥)min即可）；
② 数形结合(푦 = 푓(푥) 图象在푦 = 푔(푥) 上方即可)；③ 讨论最值푓(푥)min ≥ 0或푓(푥)max ≤ 0恒成立；④ 讨论
参数.
3．【答案】(1) (2) 1a = 1 1,b e e
∈ − 5
【分析】（1）设切点 ， 由题意得 ，解方程组即可得结果；（2）函数
在 上有两个零点等价于，函数 的图象与直线 有
两个交点，设 ，利用导数可得函数 在 处取得极大值 ，结
合 ， ，从而可得结果.
【解析】（1）函数 的定义域为 ， ，
曲线 在点 处的切线方程为 .
由题意得
解得 ， .所以 的值为 1.
（2）当 时， ，则 ，
由 ，得 ，由 ，得 ，则 有最小值为 ，即 ，
所以 ， ，
由已知可得函数 的图象与直线 有两个交点，
设 ，
则 ，
令 ， ，
( )0 0,x y 0
0
0 0
1 2 ,
2 ln
a
e x e
xx a xe e
+ =
= +
( ) ( ) ln xg x f x bx
= − + [ )1 + ∞， lnln x xy x x e
= + − y b=
ln( ) ln ( 0)x xh x x xx e
= + − > ( )h x x e= 1( )h e e
=
1(1)h e
= − ( )3 2
3
3 13h e ee e
= + − < −
( )f x (0, )+∞ 1( ) a x aef x e x ex
+′ = + =
( )y f x= ( )0 0,x y 2y xe
=
0
0
0 0
1 2 ,
2 ln
a
e x e
xx a xe e
+ =
= +
1a = 0x e= a
1a = − ( ) lnxf x xe
= − 1 1( ) x ef x e x ex
−′ = − =
( ) 0f x′ > x e> ( ) 0f x′ < 0 x e< < ( )f x ( ) 0f e = ( ) 0f x
ln( ) lnx xg x x be x
= − − + ( 0)x >
lnln x xy x x e
= + − y b=
ln( ) ln ( 0)x xh x x xx e
= + − >
2
1 1 ln 1( ) xh x x x e
−′ = + − 2
2
lnex e e x x
ex
+ − −=
2( ) lnx ex e e x xϕ = + − −
22( ) 2e ex e xx e xx x
ϕ − −′ = − − =6
由 ，可知 ，所以 在 上为减函数，
由 ，得 时， ，当 时， ，
即当 时， ，当 时， ，
则函数 在 上为增函数，在 上为减函数，
所以，函数 在 处取得极大值 ，
又 ， ，
所以，当函数 在 上有两个零点时， 的取值范围是 ，
即 .
【点睛】本题主要考查利用导数求切线斜率及利用导数研究函数的零点，属于难题. 应用导数的几何意义
求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点 求斜率 ,即求该点处的导数
；(2) 己知斜率 求切点 即解方程 ；(3) 巳知切线过某点
(不是切点) 求切点, 设出切点 利用 求解.
4．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出函数 的导函数 ， ， 为 的两个不同极值点，转化为 为方程
的两不等正根，再利用韦达定理和基本不等式即可证明；
（2）要证明 ，只要证明 和
，分别利用导数进行证明即可.
22 0ex e x− − < ( ) 0xϕ′ < ( )xϕ (0, )+∞
( ) 0eϕ = 0 x e< < ( ) 0xϕ > x e> ( ) 0xϕ <
0 x e< < ( ) 0h x′ > x e> ( ) 0h x′ <
( )h x (0, )e ( , )e +∞
( )h x x e= 1( )h e e
=
1(1)h e
= − ( )3 2 2
3
3 13 4 1h e e ee e
= + − < − < − < −
( )g x [1, )+∞ b 1 1be e
−
1 2,x x ( )f x
1 2,x x∴ 22 1 0x bx− + =
2 2
1 1 2 22 1, 2 1bx x bx x∴ = + = +
1 2
1
2x x =
( ) ( ) ( ) ( )2 2
1 2 1 1 1 2 2 2ln lnf x f x x x bx x x bx+ = + − + + −
2 2
1 2 1 2ln 2x x x x= − − −
1 2 1 2ln 2 2 ln 2 3x x x x< − − = − −
( ) ( )1 2 3 ln 2f x f x∴ + < − −
( )1 2 1 2 3f x x x x+ < + −
( ) ( ) ( )2
1 2 1 2 1 2 1 2ln 3x x a x x b x x x x+ − + − + < + −
( )1 2 1 2ln 1x x x x+ ≤ + − ( ) ( )2
1 2 1 2 2a x x b x x− + − + < −
( )1 2 1 2ln 1x x x x+ ≤ + −
1 2 0t x x= + >
ln 1 0t t− + ≤
( ) ln 1g t t t= − + 1 1( ) 1 tg t t t
−′ = − =8
在 单调递增，在 单调递减，
.
（ii）再证明 ，
即 .
为 的两个不同零点，不妨设 ，
①
②
①-②可得 ，
两边同时乘以 ，
可得 ，
即 .
令 ，则 .
即证 ，
即 ，
( )g t∴ (0,1) (1, )+∞
( ) (1) 0g t g∴ ≤ =
( ) ( )2
1 2 1 2 2a x x b x x− + − + < −
( ) ( )2
1 2 1 2 2a x x b x x+ + + >
1 2,x x ( )f x 1 20 x x< <
2
1 1 1ln x ax bx∴ = +
2
2 2 2ln x ax bx= +
∴ ( )( ) ( )1
1 2 1 2 1 2
2
ln x a x x x x b x xx
= + − + −
1 2
1 2
x x
x x
+
−
( )
( ) ( ) ( )
1
1 2
22
1 2 1 2
1 2
ln x x xx a x x b x xx x
⋅ +
= + + +−
( ) ( )
1 1
2 2 2
1 2 1 2
1
2
1 ln
1
x x
x xa x x b x x x
x
+ ⋅ + + + =
−
1
2
(0,1)xm x
= ∈ ( ) ( )2
1 2 1 2
( 1) ln
1
m ma x x b x x m
+ ⋅+ + + = −
( 1) ln 21
m m
m
+ ⋅ >−
2( 1) 4ln 21 1
mm m m
−< = −+ +9
即证 .
令函数 ，
则 ，
在 单调递增，
.
由（i）（ii）可得 ，
.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立问题，构造函数是解决本题的关键，考查考
生的等价转化能力、数学计算能力，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力，综合性强，难度大，是
难题题.
5．【答案】（1）函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ，极小值是 （2）
【解析】（1）易知，函数 的定义域为
当 时，
当 x 变化时， 和 的值的变化情况如下表：
x 1
0
4ln 2 01m m
+ − + +
( )h m∴ (0,1)
( ) (1) 0h m h∴ < =
( ) ( ) ( )2
1 2 1 2 1 2 1 2ln 3x x a x x b x x x x+ − + − + < + −
( )1 2 1 2 3f x x x x∴ + < + −
( )f x ( )0,1 ( )1,+∞ ( )1 1.f =
[ )0, .+∞
( )f x ( )0,+∞
a 2= − ( ) ( )( )2 1 12' 2 x xf x x x x
+ −= − =
( )'f x ( )f x
( )0,1 ( )1,+∞
( )'f x - +10
递减 极小值 递增
由上表可知，函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ，极小值是
（2）由 ，得
又函数 为 上单调函数，
若函数 为 上的单调增函数，
则 在 上恒成立，
即不等式 在 上恒成立．
也即 在 上恒成立，
而 在 上的最大值为 ，所以
若函数 为 上的单调减函数，
根据 ，在 上 ， 没有最小值
所以 在 上是不可能恒成立的
综上，a 的取值范围为
【点睛】本题是一道导数的应用题，着重考查利用导数研究函数的单调性与极值，函数恒成立等知识点，
属于中档题．
6．【答案】（1） 上单调递增，在 单调递减；（2）
【解析】（1）由题知 ，又 ，即 ，
∴ ，
( )f x
( )f x ( )0,1 ( )1,+∞ ( )f 1 1.=
( ) 2 2g x x alnx x
= + + ( ) 2
a 2g' x 2x .)x x
= + −
( ) 2 2g x x alnx x
= + + [ )1,+∞
① ( )g x [ )1,+∞
( )' 0g x ≥ [ )1,+∞
2
2 a2x 0x x
− + ≥ [ )1,+∞
22a 2xx
≥ − [ )1,+∞
( ) 22φ x 2xx
= − [ )1,+∞ ( )φ 1 0= a 0.≥
② ( )g x [ )1,+∞
① [ )1,+∞ ( )maxφ(x) φ 1 0= = ( )φ x .
( )' 0g x ≤ [ )1,+∞ .
[ )0, .+∞
( )0,1 ( )1,+∞ 2m ≤
( ) 2
1 ln' a xf x x
− −= ( )' 1 1 0f a= − = 1a =
( ) ( )2
ln' 0xf x xx
−= >11
令 ，得 ；令 ，得 ，
所以函数 在 上单调递增，在 单调递减.
（2）依题意知，当 时， 恒成立，即 ，
令 ，只需 即可，
又 ，令 ， ，
所以 在 上递增，∴ ，∴ ，所以 在 上递增，
∴ ，故 .
7．【答案】（1）单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 .
（2）
【分析】（1）对函数 进行求导，利用导数判断函数 的单调性即可；
（2）令 ，由 ，可得 ，利用分析法和放缩法的
思想，通过构造函数，利用导数判断函数的单调性求最值证得当 时，对任意 ，都有
即可.
【解析】（1）依题意， ， ，
令 ，即 ，解得 ，
故当 时， ，
当 时， ，
( )' 0f x > 0 1x< < ( )' 0f x < 1x >
( )f x ( )0,1 ( )1,+∞
[ )1,x∈ +∞ ( )
1
mf x x
≥ +
( )( )1 1 lnx xm x
+ +≤
( ) ( )( )1 1 lnx xg x x
+ += ( )ming x m ≥
( ) 2
ln' x xg x x
−= ( ) lnh x x x= − ( ) ( )1' 1 0 1h x xx
= − ≥ ≥
( )h x [ )1,+∞ ( ) ( )1 1 0h x h≥ = > ( )' 0g x > ( )g x [ )1,+∞
( ) ( )min 1 2g x g = = 2m ≤
( , 5 21)−∞ − − ( 5 21, )− + +∞ ( 5 21, 5 21)− − − +
[1, )+∞
( )f x ( )f x
( )2e 8 4
( ) sin4
x x x
g x m m x
+ −
= + − (0) 1 0g m= − ≥ m 1≥
m 1≥ 0x ≥ ( ) 0g x ≥
x∈R ( ) ( )2 2( ) 8 4 2 8 10 4x xf x e x x x e x x′ = + − + + = + +
( ) 0f x′ = 2 10 4 0x x+ + = 10 84 5 212x
− ±= = − ±
( , 5 21)x∈ −∞ − − ( ) 0f x′ >
( 5 21, 5 21)x∈ − − − + ( ) 0f x′
( )f x ( , 5 21)−∞ − − ( 5 21, )− + +∞
( 5 21, 5 21)− − − +
( )2e 8 4
( ) sin4
x x x
g x m m x
+ −
= + −
0x = (0) 1 0g m= − ≥ m 1≥
m 1≥ 0x ≥ ( ) 0g x ≥
x∈R 1 sin 0x− ≥
m 1≥ 21( ) e 2 1 1 sin4
xg x x x x ≥ + − + −
0x ≥ 21 2 1 1 sin 04
xe x x x + − + − ≥
( ) sinh x x x= − ( )' 1 cosh x x= −
( )' 0h x ≥ [0, )+∞
( ) sinh x x x= − [0, )+∞
0x ≥ ( ) (0) 0h x h≥ = sinx x≥
1 1 sinx x− ≤ − 2 21 12 1 1 sin 2 1 14 4
x xe x x x e x x x + − + − ≥ + − + −
21( ) e 2 1 14
xF x x x x = + − + − 0x ≥ 21 5( ) e 1 14 2
xF x x x ′ = + + −
0x ≥ 1xe ≥ 21 5 1 14 2x x+ + ≥13
所以 ，即函数 在 上单调递增，
所以当 时， ，
所以对任意 ，都有 .
所以当 时，对任意 ，都有 ，
故实数 的取值范围为 .
【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间、通过构造函数，利用分析法和放缩法的思想求解恒成立问
题中参数的取值范围；考查运算求解能力和逻辑推理能力；利用分析法进行一步步放缩是求解本题的关
键；属于综合型、难度大型试题.
8．【答案】（1） ；（2）
【分析】（1）对函数进行求导得 ，再利用导数的几何意义得 ，从而得
到关于 的方程，解方程即可得到答案；
（2）当 时， ，将函数 可化为 ，则 ，从而
将问题转化为 有解，再构造函数 ，利用导数研究函数的值域，从而得到
的取值范围.
【解析】（1）当 时， ，
，
由 ，
得 ，
即 ，
( ) 0F x′ ≥ ( )F x [0, )+∞
0x ≥ ( ) (0) 0F x F≥ =
0x ≥ 21 2 1 1 sin 04
xe x x x + − + − ≥
m 1≥ 0x ≥ ( )2 8 4
sin4
xe x x
m m x
+ −
+ ≥
m [1, )+∞
2a = − 2
e
−
1( ) (2 )axf x xe ax a+′ = + − (1) 2f ′ =
a
2b = 2 1( ) 2lnaxf x x e x ax+= − − ( )f x ( ) ln 1g t t t= − + (1) 2g =
1 2ln xa x
+= − 1 2ln( ) xh x x
+= −
a
0b = 2 1( ) axf x x e ax+= −
1( ) (2 )axf x xe ax a+′ = + −
1(1) (2 ) 2af e a a+′ = + − =
1(2 ) ( 2) 0ae a a+ + − + =
1( 1)(2 ) 0ae a+ − + =14
解得 或 ，
当 时， ，此时直线 恰为切线，故舍去，
所以 .
（2）当 时， ，设 ，
设 ，则 ，
故函数 可化为 .
由 ,可得
的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，
所以 的最小值为 ，
此时 ，函数的 的值域为
问题转化为当 时， 有解，
即 ，得 .
设 ，则 ，
故 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，
所以 的最小值为 ，
故 的最小值为 ．
【点睛】本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、求参数的最值，考查函数与方程思想、
转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意对问题进行多次转化，
1a = − 2a = −
1a = − 0(1) 1 2f e= + = 2y x=
2a = −
2b = 2 1( ) 2lnaxf x x e x ax+= − − 2 1axt x e +=
2 1axt x e += ln 2ln 1t x ax= + +
( )f x ( ) ln 1g t t t= − +
1 1( ) 1 tg t t t
−′ = − =
( )g t (0,1) (1, )+∞
( )g t (1) 1 ln1 1 2g = − + =
1t = ( )f x [2, )+∞
1t = ln 2ln 1t x ax= + +
ln1 2ln 1 0x ax= + + = 1 2ln xa x
+= −
1 2ln( ) xh x x
+= − 2
2ln 1( ) xh x x
−′ =
( )h x (0, )e ( , )e +∞
( )h x 2( e)
e
h = −
a 2
e
−15
同时注意构造函数法的应用.
9．【答案】（1）有极大值点，无极小值点（2）
【分析】（1）由 ，令 ，根据 ， ，得到存在唯一实
数 使得 ，即 ，再根据极值点的概念，即可求解；
（2）把不等式 ，可化为 ，即 ，对实数 分类讨论，即可求解.
【解析】（1）由题意，函数 ，可得 ，
令 ，可得函数 在 上单调递增，
又由 ， ，
所以存在唯一实数 使得 ，即 ，
令 ，可得 ，令 ，可得 ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
故 为极大值点，无极小值点.
（2）由不等式 ，可化为 ，即 .
①当 时，由不等式 有整数解，
所以函数 在 时， ，所以 有无穷多整数解.
②当 时， ，又由 ， ，
2
2 12 1
e ae
≤
0 (0,1)x ∈ ( )0 0xϕ = ( )0 0h x′ =
( ) ( )a f x g x⋅ > ( )
( ) 1x
f xa x e
− < ( ) 1ah x < a
1( ) x
xh x x e
−= − 2( )
x
x
e xh x e
+ −′ =
( ) 2xx e xϕ = + − ( )xϕ R
(0) 1ϕ = − (1) 1 0eϕ = − >
0 (0,1)x ∈ ( )0 0xϕ = ( )0 0h x′ =
( ) 0h x′ < 0( , )x x∈ −∞ ( ) 0h x′ > 0( , )x x∈ +∞
( )h x ( )0,x x∈ −∞ ( )0 ,x x∈ +∞
0x x=
( ) ( )a f x g x⋅ > ( )
( ) 1x
f xa x e
− < ( ) 1ah x <
0a ≤ ( ) 1ah x <
( )h x x∈Z ( ) 1h x ≥ ( ) 1ah x <
0 1a< < 1( )h x a
< 1 1a
> (0) (1) 1h h= =16
所以不等式 有两个整数解为 ，
即 ，解得 ；
③当 时， ，又由 ，
所以不等式 在 时大于或等于 1，所以无整数解，
综上所述，可得
【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数与方程的应用，以及利用导数研
究方程的跟求解参数，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力，属于难题.
10．【答案】(1) (2)
【分析】（1）导函数为 ，由 ，解得并检验 ，再求得
，切点为（1,0），由点斜式可求得切线方程。（2）由题意可
在 上恒成立，所以 在 上恒成立，分离参数得 ，所以
， 。（3）由于是多个变量，所以利用变形，换元变成一个变量，变形为
，设 ．求导可证 h(x)>0.
【解析】（1） ，由题意知 ，代入得 ，经检验，符合题意． 从
( ) 1ah x < 0,1
1(2)
1( 1)
h a
h a
≥
− ≥
2
2 12 1
e ae
≤
( ) (1) 0mh hn
> =
2( 1)
ln 0
1
m
m n
mn
n
−
− >
+ ln ln 2
m n m n
m n
− +
( )minxϕ m
2
1 22x x e> 1 2ln ln ln 2 2x x+ + > ( )F x
1 1
2 2
1 2
1
2
1 ln
ln ln
1
x x
x xx x x
x
+ + =
−
( )1
2
0,1xt x
= ∈ ( )( )2 ln 2 1ln 01
tt t
− −− ( ) 2
ln 1xx x
ϕ −′ =
( )0,x e∈ ( )xϕ ( ),x e∈ +∞ ( )xϕ
( ) ( )min
1x e e
ϕ ϕ∴ = = − 2m e
∴ ≥ − m 2 ,e
− +∞
( ) ( ) ( ) 21ln 2F x x f x g x x x x mx= − − = − − ( ) lnF x x mx′ = − −
( )F x ( )0, ∞+ 1x 2x 1 2x x<
1 1
2 2
ln 0
ln 0
x mx
x mx
− − =∴− − =
1 2
1 2
ln lnx xm x x
+= − +
1 2
1 2
ln lnx xm x x
−= − −19
，即 ，
设 ，则 ，
要证 ，即证 ，
只需证 ，即证 ，
设 ，
则 ，
在 上单调递增， ，即 ，
.
【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解方程有解的问题、含双变量的不等式的
证明问题；处理双变量问题的关键是能够通过第三个变量来构造出函数，通过导数求解函数的最值，进而
证得不等式.
12．【答案】（1） ；（2） 时， 的单调增区间为 ；单调减区间为 和
；
时， 的单调增区间为 和 ；单调减区间为 .（3） .
【分析】（1）求出函数 的导函数 ，代入 ，求得 ，再求 ，利用直线方程的点斜
式求解即可.
1 2 1 2
1 2 1 2
ln ln ln lnx x x x
x x x x
+ −∴− = −+ −
1 1
2 21 2 1
1 2
11 2 2
2
1 ln
ln ln ln
1
x x
x xx x xx x xx x x
x
+ + + = =− −
( )1
2
0,1xt x
= ∈ ( )
1 2 1 2
1 lnln ln ln 1
t tx x x x t
++ = = −
2
1 22x x e> 1 2ln ln ln 2 2x x+ + >
( )1 ln 2 ln 21
t t
t
+ > −−
( )( )2 ln 2 1ln 01
tt t
− −−
+ + +
( )h t∴ ( )0,1 ( ) ( )1 0h t h∴ < = ( )( )2 ln 2 1ln 01
tt t
− −−
y e= 0a > ( )f x ( )1 + ∞， ( )0，−∞
( )01，
0a < ( )f x ( )0，−∞ ( )01， ( )1 + ∞， 1a e
≥
( )f x ( )f x′ 1a = (1)f ′ (1)f20
（2）求出 ，通过讨论 的取值，分别求出 ， 所对应的区间即为函数的单调区
间.
（3）当 时 恒成立等价于 在 恒成立，令 ，由导数求出
函数 的最大值，即可求得 的取值范围.
【解析】（1） ，得 .
当 时， ， ，即函数 在 处的切线斜率为 0.
又 ,故曲线 在点 处切线的方程为 .
(2) .
,
①若 ，由 得 ；由 得 ，又 ，
所以 在 上单调递增，在 和 上单调递减.
②若 ，由 得 ；由 得 ，又 ，
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减.
综上所述， 时， 的单调增区间为 ；单调减区间为 和 .
时， 的单调增区间为 和 ；单调减区间为 .
（3） 时， 恒成立,即 在 恒成立.
( )f x′ a ( ) 0f x′ > ( ) 0f x′ <
( )0,x∈ +∞ ( ) 1f x ≥
x
xa e
≥ ( )0,x∈ +∞ ( ) x
xg x e
=
( )g x a
( ) ( ), 0
xa ef x a R ax
⋅= ∈ ≠ 2 2
( 1)( )= ( 0)
x x xax e ae ae xf x xx x
⋅ − −= ≠′
=1a 2
( 1)( )=
xe xf x x
′ − 1
2
(1 1)(1)= =01
ef
−′∴ ( )f x 1x =
( )1f e= ( )y f x= ( )( )1, 1f y e=
( ) ( ) ( ), ,0 0,
xa ef x xx
⋅= ∈ −∞ ∪ +∞
2 2
( 1)( )=
x x xax e ae ae xf x x x
⋅ − −=′
0a > ( ) 0f x′ > 1x > ( ) 0f x′ < 1x < ( ) ( ),0 0,x∈ −∞ ∪ +∞
( )f x ( )1 + ∞， ( )0，−∞ ( )01，
0a < ( ) 0f x′ > 1x < ( ) 0f x′ < 1x > ( ) ( ),0 0,x∈ −∞ ∪ +∞
( )f x ( )0，−∞ ( )01， ( )1 + ∞，
0a > ( )f x ( )1 + ∞， ( )0，−∞ ( )01，
0a < ( )f x ( )0，−∞ ( )01， ( )1 + ∞，
( )0,x∈ +∞ ( ) 1
xaef x x
= ≥ x
xa e
≥ ( )0,x∈ +∞21
令 ，则 .
则 时， ； ， .
在 上单调递减，在 上单调递增，则 .
.
【点睛】本题考查函数与导数综合运用.（1）利用导数研究曲线上一点处的切线方程；考查了导数的几何
意义的应用.（2）利用导函数研究函数的单调性： ，则函数单调递增； ，则函数单调
递减.（3）通过参变分离构造函数，利用导数处理恒成立中求参数问题，其中参变分离后将恒成立问题转
化为函数的最值问题，是此问解题的关键步骤.
13．【答案】（1）详见解析；（2） 详见解析.
【解析】（1）当 时， ，函数 在 上为
减函数，又 ，所以存在唯一 ，使 .
（2）考虑函数 ，
令 ，则 时， ，
记 ，则 ，
有（1）得，当 时， ，当 时， .
在 上 是增函数，又 ，从而当 时， ，所以 在 上无零点.
在 上 是减函数，又 ，存在唯一的 ，使 .
所以存在唯一的 使 .
( ) x
xg x e
= 1( ) x
xg x e
−′ =
0 1x< < ( ) 0g x′ > 1x > ( ) 0g x′ <
( )g x∴ ( )0,1 ( )1 +¥， max
1( ) (1)g x g e
= =
1a e
∴ ≥
( ) 0f x′ > ( ) 0f x′ <
(0, )2x
π∈ ( )f x (0, )2
π
28 16(0) 0, ( ) 03 2 3f f
ππ π= − > = − − < 0 (0, )2x
π∈ 0( ) 0f x =
3( )cos 2( ) 4ln(3 ), [ , ]1 sin 2
x xh x x xx
π π ππ
−= − − ∈+
t xπ= − [ , ]2x
π π∈ [0, ]2t
π∈
3 cos 2( ) ( ) 4ln(1 )1 sin
t tu t h t tt
π π= − = − ++
3 ( )'( ) ( 2 )(1 sin )
f tu t t tπ= + +
0(0, )t x∈ '( ) 0u t > 0( , )2t x
π∈ '( ) 0u t <
0(0, )x ( )u t (0) 0u = 0(0, ]t x∈ ( ) 0u t > ( )u t 0(0, ]x
0( , )2x
π ( )u t 0( ) 0, ( ) 4ln 2 02u x u
π> = − < 1 0( , )2t x
π∈ 1( ) 0u t =
1 0( , )2t x
π∈ 1( ) 0u t =22
因此存在唯一的 ，使 .
因为当 时， ，故 与 有相同的零点，所以存在唯一的
，使 .
因 ，所以
考点：1.零点唯一性的判断；2.函数的单调性的应用.
14．【答案】（1） ；（2）
【分析】（1）利用导数求出 在 上的单调性即可
（2）由 得 ，令 ，然后分
、 、 、 四种情况求出 的单调性即可.
【解析】（1） ，
令 ，得 ；
，得 和
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减
因为 ， ， ，
所以 时， .
（2） ，即 ..
1 1 ( , )2x t
ππ π= − ∈ 1 1 1( ) ( ) ( ) 0h x h t u tπ= − = =
( , )2x
π π∈ 1 sin 0x+ > ( ) (1 sin ) ( )g x x h x= + ( )h x
1 ( , )2x
π π∈ 1( ) 0g x =
1 1 1 0,x t t xπ= − > 0 1x x π+ <
33
π − 1a ≤
( )f x [ ]0,2π
( ) (1 ) cosf x a x x x≤ − − ⋅ 2sin cos 0x x x ax− − ≥ ( ) 2sin cosh x x x x ax= − −
2a
π≥ 1 2a
π< < 1 1a− < ≤ 1a ≤ − ( )h x
( ) 1 2cosf x x′ = − [0,2 ]x πÎ
( ) 10 cos 2f x x′ > ⇒ < 5,3 3x
π π ∈
( ) 0f x¢ < 0, 3x
π ∈
5 ,23
π π
( )f x 0, 3
π
5,3 3
æ öç ÷ç ÷è ø
p p 5 ,23
π π
333f
π π =
− (2 ) 2f π π= (2 )3f f
π π ,2x
π π ∈ ( ) 0h x′′ <
( ) 2 2h x h a
π π ′ ′≤ = − (0) 1h a′ = − ( ) 1h aπ′ = − −
02 a
π − ≤
2a
π≥ ( ) 0h x′ ≤ ( )h x [ ]0,π ( ) 0≤h x
02 a
π − >
2a
π<
1 0a− − < 1 0a− < 1 2a
π< < 0 0, 2x
π ∃ ∈
( )0 0h x′ =
00 x x< < ( )0 0h x′ < ( )h x ( )00, x ( ) (0) 0h x h≤ =
1 0a− − < 1 0a− ≥ 1 1a− < ≤ 0 ,2x
π π ∃ ∈
( )0 0h x′ = 00 x x≤ < ( )0 0h x′ ≥
0x x π< ≤ ( )0 0h x′ <
( )h x ( )00, x ( )0 ,x π (0) 0h = ( ) (1 ) 0h aπ π= − > ( ) 0h x ≥
1 0a− − ≥ 1 0a− ≥ 1a ≤ − ( ) 0h x′ > ( )h x [ ]0,π ( ) (0) 0h x h≥ =
1a ≤
3
4k ³ - ( ),−∞ +∞ 3
4k < −
1 3 4, 2
k − − −−∞
1 3 4 ,2
k + − − +∞
1 3 4 1 3 4,2 2
k k − − − + − − 24
（2）存在，
【分析】（1）根据题意单调 ，求导 ，令
，分 ， 两者情况讨论求解.
（2）先求 时， 的根，得到区间 ，当 时，求导 ，讨论 ，
时， ，当 且 ，利用等比数列求和公式得到 ，分析得
，得到 在 R 上是减函数，再论证 ， ，利用零点存在定理得到结论.
【解析】（1）因为 ，
所以 ， ，
令 ，
，
当 时， ， ，所以 在 R 上单调递减，
当 时， ，方程 有两个不等根，
当 时， ，当 时， ，当 时， ，
所以 在 递减，在 上递增.
1t =
2 3
1 2 3
x xy x kx= − + − − ( )2 21 1y x x k x x k′ = − + − − = − − + +
2 1 0x x k− + + = 0∆ ≤ > 0∆
1n = ( ) 0nf x = [ ]1,2 2n ≥ ( )nf x′ 1x = − 0x =
( ) 0nf x′ < 1x ≠ − 0x ≠ ( ) 2 11
1
n
n
xf x x
−+′ = − +
( ) 0nf x′ < ( )nf x ( )1 0nf > ( )2 0nf <
( ) 2 3
2 1 2 3
x xf x x= − + −
2 3
1 2 3
x xy x kx= − + − − ( )2 21 1y x x k x x k′ = − + − − = − − + +
2 1 0x x k− + + =
( )1 4 1 3 4k k∆ = − + = − −
3
4k ³ - 0∆ ≤ ( )2 1 0y x x k′ = − − + + ≤ ( )2y f x kx= −
3
4k < − > 0∆ 2 1 0x x k− + + =
1 2
1 3 4 1 3 4,2 2
k kx x
− − − + − −= =
1x x< 0y′ < 1 2x x x< < 0y′ > 2x x> 0y′ <
( )2y f x kx= − ( )1, x−∞ ( )2 ,x +∞ ( )1 2,x x25
综上：当 时， 的减区间是 ，
当 时， 的减区间是 ， ，增区间是
.
（2）存在 ，对于任意 ，关于 的方程 在区间 上有唯一实数解，理由如下：
当 时， ，令 ，解得 ，
所以关于 的方程 有唯一实数解.
当 时， ， ，
若 ，则 ，
若 ， ，
若 且 ， ，当 时， ，所以
当 时， ，所以 ，
故 在 R 上是减函数.
又 ，
，
，
3
4k ³ - ( )2y f x kx= − ( ),−∞ +∞
3
4k < − ( )2y f x kx= − 1 3 4, 2
k − − −−∞
1 3 4 ,2
k + − − +∞
1 3 4 1 3 4,2 2
k k − − − + − −
1t = *n N∈ x ( ) 0nf x = [ ], 1t t +
1n = ( )1 1f x x= − ( )1 1 0f x x= − = 1x =
x ( )1 0f x =
2n ≥ ( ) 2 3 2 1
1 2 3 2 1
n
n
x x xf x x n
−
= − + − +⋅⋅⋅− − ( ) 2 2 3 2 21 n n
nf x x x x x− −′ = − + − +⋅⋅⋅+ −
1x = − ( ) ( )1 2 1 0nf n′ − = − − <
0x = ( )0 1 0nf ′ = − <
1x ≠ − 0x ≠ ( ) 2 11
1
n
n
xf x x
−+′ = − + 1x < − 2 11 0, 1 0nx x −+ < + < ( ) 0nf x′ <
1x > − 2 11 0, 1 0nx x −+ > + > ( ) 0nf x′ <
( )nf x
( ) ( ) 1 1 1 11 1 1 02 3 2 2 2 1nf n n
= − + − +⋅⋅⋅+ − > − −
( ) ( ) 2 3 2 2 2 12 2 2 22 1 2 2 3 2 2 2 1
n n
nf n n
− − = − + − +⋅⋅⋅+ − − −
2 2 21 2 1 21 2 22 3 2 2 2 1
n
n n
− = − + − ⋅ +⋅⋅⋅+ − ⋅ − − 26
，
所以方程 在区间 上有唯一实数解.
综上：对于任意 ，关于 的方程 在区间 上有唯一实数解，所以 .
【点睛】本题主要考查函数与方程导数与函数的单调性，数列求和等知识，还考查了分类讨论，转化化归
的思想和推理论证和运算求解的能力，属于难题.
16．【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）利用定义法求出函数 在 上单调递增，由 和
，求出 ，求出 ，运用单调性求出不等式的解集；
（2）由于 恒成立，由（1）得出 在
上单调递增， 恒成立，设
，利用三角恒等变换化简 ，结合恒成立的条件，
构造新函数，利用单调性和最值，求出实数 的取值范围.
【解析】（1）设 ，
，
所以函数 在 上单调递增，
又因为 和 ，
( ) ( )2 4 2 21 3 2 31 2 2 2 02 3 4 5 2 2 2 1
nn
n n
−−= − − ⋅ − ⋅ −⋅⋅⋅ ⋅
2( ) 2sin 2 2 cos 5 24 4g x x x a
π π = + − − − +
( )g x
a
1 2 0x x> >
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1
1 2 2 2 2 2
2 2 2
0x x xf x f x f x f x f f x f x fx x x
∴ − = ⋅ − = + − = >
( )y f x= (0, )+∞
( ) ( ) ( )f xy f x f y= + (2) 1f =27
则 ，
所以
得
解得 ，即 ，
故 的取值范围为 ；
（2） 由于 恒成立，
恒成立，
设 ，
则
，
令 ， 则 ，
(4) (2 2) (2) (2) 2f f f f= × = + =
(4 ) (1 ) 2 (1 ) (4) [4(1 )]f t f t f t f f t< − + = − + = −
4 0
1 0
4 4(1 )
t
t
t t
>
− >
< −
0
1
1
2
t
t
t
>
5
3a −
2
( )f x
21 1 2( ) 2 mxf x mxx x
−′ = − =
0m 0m > ( )f x
( ) 1F x mx − 2 2
2( 1)lnx x
x
m
x
+ +
+
2
2( 1
2
)( ) lnx xh
x
x
x
+
+
+= ( )h x
2( )f x lnx mx= − (0, )+∞ 21 1 2( ) 2 mxf x mxx x
−′ = − =
0m ( ) 0f x′ > ( )f x∴ (0, )+∞
0m > ( ) 0f x′ > 10
2
x
m
∴ < <
( ) 0f x′ < 1
2
x
m
∴ >
( )f x 1(0, )
2m
1(
2m
)+∞
1
2
x
m
= 1 ( 2 1)2 ln m− +
( ) 1F x mx − 2 2
2( 1)lnx x
x
m
x
+ +
+29
令 ，
则 ，
令 ，因为 ， （1） ， 为增函数．
故存在 ， ，使 ，即 ，
当 时， ， 为增函数，当 时， ， 为减函数．
所以 ，
而 ， ，所以 ，
所以整数 的最小值为 2．
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调区间、极值及函数的最值，属综合性较强的题型.
18．【答案】（1） 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 （2）整数 的最大值为
【分析】（1）求出 ，分类讨论，求 的单调区间；
（2）将不等式 对 恒成立，转化为 在 上恒成立，转化为求
的最小值，构造函数，求导，研究其单调性，求出最小值即可.
【解析】（1） .
令 ，则 .
当 时， ；
当 时， ；
2
2( 1
2
)( ) lnx xh
x
x
x
+
+
+=
2 2
2( 1)(2 )( ) ( 2 )
x lnx xh x x x
− + +′ = +
( ) 2x lnx xϕ = + 1 1( ) 4 02 2 lnϕ = − < ϕ 1 0= > ( )xϕ
0
1(2x ∈ 1) 0( ) 0xϕ = 0 02 0lnx x+ =
00 x x< < ( ) 0h x′ > ( )h x 0x x< ( ) 0h x′ < ( )h x
0 0
0 2
00 0
2( 1) 1( ) ( )
2max
lnx xh x h x xx x
+ += = =
+
0
1(2x ∈ 1)
0
1 (1,2)x
∈
m
( )f x ( ),a +∞ ( ),a−∞ a 2
( )f x′ ( )f x
( ) 0f x > ( )2,x∈ +∞ ( )1
2
x
x
x e ae e
− >−
( )2,x∈ +∞
( )1
2
x
x
x e
e e
−
−
( ) ( )x x xf x xe ae x a e′ = − = −
( ) 0f x′ = x a=
( ),x a∈ −∞ ( ) 0f x′ <
( ),x a∈ +∞ ( ) 0f x′ >30
所以 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 .
（2）当 时， 恒成立，等价于当 时， 恒成
立；即 对 恒成立.
令 ， ，
，
令 ， ， ，
所以 在 上单调递增.
又因为 ， ，
所以 在 上有唯一零点 ，且 ， ，
所以 在 .上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
所以 ，
故整数 的最大值为 .
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，其中分离参数将恒成立问题转化为最值问题是关
键，本题难度较大.
19．【答案】（1） ；（2）2
【分析】（1）由 可求得 ，求导后令 解不等式可得单调递减区间．（2）构造函数
( )f x ( ),a +∞ ( ),a−∞
( )2,x∈ +∞ ( ) ( )1 2 0x xx e a e e− + − > ( )2,x∈ +∞ ( )1
2
x
x
x e ae e
− >−
( )
min
1
2
x
x
x e ae e
− > −
( )2,x∈ +∞
( ) ( )1
2
x
x
x eg x e e
−= −
( )2,x∈ +∞
( ) ( )
( )2
2
2
x x
x
e e ex
g x
e e
−′ =
−
( ) 2xh x e ex= − ( )2,x∈ +∞ ( ) 2 0xh x e e′ = − >
( ) 2xh x e ex= − ( )2,+∞
( ) 22 4 0h e e= − < ( ) 33 6 0h e e= − >
( )g x′ ( )2,3 0x 0
02xe ex= ( )0 2,3x ∈
( )g x ( )02, x ( )0 ,x +∞
( ) ( ) ( ) ( ) ( )0
0
0 0 0
0 0min
0
1 1 2 2,32 2 2
x
x
x e x exg x g x xe e ex e
− −= = = = ∈− −
( )0 2,3a x< ∈
a 2
( )1,+∞
( )1 0f = 2a = ( ) 0f x′ 0a >
( )g x 1 1 ln2g aa a
= −
( ) 1 ln2h a aa
= − ( ) 11 02h = >
( ) 12 ln2 04h = − < 2a ≥ ( ) 0h a < a
( )1 1 02
af = − =
2a =
( ) 2ln , 0f x x x x x= − + >
( ) 21 2 1 ( 1)(2 1)2 1 x x x xf x xx x x
− + + − += − + = = −′ ( 0)x >
( ) 0f x′ < 1x >
( )f x ( )1,+∞
( ) ( ) ( ) ( )211 ln 1 12g x f x ax x ax a x= − − = − + − + 0x >
( ) 0g x < ( )0,+∞
( ) ( ) ( )2 1 11 1 ax a xg x ax ax x
− + − += − + − =′
0a ≤ ( ) 0g x′ >
( )g x ( )0,+∞
( ) ( )21 31 ln1 1 1 1 2 02 2g a a a= − × + − + = − + >
x ( ) 1f x ax≤ −32
②当 时， ，
令 ，得 ．
所以当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减．
故当 时，函数 取得极大值，也为最大值，且最大值为
．
令 ，
则 在 上单调递减，
因为 ， ．
所以当 时， ，
所以整数 的最小值为 2．
20．【答案】（1）具体见解析；（2） .
【分析】（1）先确定函数的定义域，求导后得 ，根据 正负进行讨论，可得函数的单调区
间；
（2）中可通过分离参数将问题转化成 在区间 内恒成立求解，令
，结合函数零点存在定理可求得 的最值．
0a > ( ) ( ) ( )2
1 11 1 a x xax a x ag x x x
− + − + − + = = −′
( ) 0g x′ = 1x a
=
10,x a
∈
( ) 0g x′ > ( )g x
1 ,x a
∈ +∞
( ) 0g x′ < ( )g x
1x a
= ( )g x
( )21 1 1 1 1 1ln 1 1 ln2 2g a a aa a a a a
= − × + − × + = −
( ) 1 ln , 02h a a aa
= − >
( )h a ( )0,+∞
( ) 11 02h = > ( ) 12 ln2 04h = − <
2a ≥ ( ) 0h a <
a
2
( ) 21' axf x x
−= a
( )
2
2 ln 1
2
x xa x x
+ +≥ +
( )0, ∞+
( ) ( )
2
2 ln 1g 2
x xx x x
+ += +
( )g x33
【解析】（1）函数 的定义域为 ．
由题意得 ，
当 时， ，则 在区间 内单调递增；
当 时，由 ，得 或 （舍去），
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减．
所以当 时， 的单调递增区间为 ，无单调递减区间；
当 时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ．
（2）由 ，
得 ，
因为 ，所以原命题等价于 在区间 内恒成立．
令 ，
则 ，
令 ，则 在区间 内单调递增，
( )f x ( )0, ∞+
( ) 21 1' axf x axx x
−= − =
0a ≤ ( )' 0f x > ( )f x ( )0, ∞+
0a > ( )' 0f x = 1x a
= 1x a
= −
10 x a
< < ( )' 0f x > ( )f x
1x a
> ( )' 0f x < ( )f x
0a ≤ ( )f x ( )0, ∞+
0a > ( )f x 10, a
1 ,a
+∞
( )21ln 1 12x ax a x− ≤ − −
( ) ( )22 ln 1 2x x a x x+ + ≤ +
0x > ( )
2
2 ln 1
2
x xa x x
+ +≥ +
( )0, ∞+
( ) ( )
2
2 ln 1
2
x xg x x x
+ += +
( ) ( )( )
( )22
2 1 2ln'
2
x x xg x
x x
− + +=
+
( ) 2lnh x x x= + ( )h x ( )0, ∞+34
又 ，
所以存在唯一的 ，使得 ，
且当 时， ， 单调递增，
当 时， ， ，
所以当 时， 有极大值，也为最大值，且 ，
所以 ，
又 ，所以 ,
所以 ，
因为 ，
故整数 的最小值为 2．
【点睛】本题属于导数的综合应用题．第一问中要合理确定对 进行分类的标准；第二问利用分离参数的
方法解题，但在求函数 的最值时遇到了导函数零点存在但不可求的问题，此时的解法一般要用到整
体代换，即由 可得 ，在解题时将 进行代换以使问题得以求解．
1 12ln2 0, (1) 1 02 2h h = − + < = >
0
1 ,12x ∈
( )0 0 02ln 0h x x x= + =
00 x x< < ( )' 0g x > ( )g x
0x x> ( )' 0g x < ( )g x 单调递减
0x x= ( )g x ( ) ( )0 0
2max
0 0
2 ln 1
2
x xg x x x
+ += + ( )0
0 0
2
2
x
x x
+= + 0
1
x
=
0
1a x
≥
0
1 ,12x ∈
( )
0
1 1,2x
∈
2a ≥
a Z∈
a
a
( )g x
( )0 0 02ln 0h x x x= + = 0 02lnx x= 0lnx35
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