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2021 学年高考数学（文）尖子生同步培优题典
专题 1.4 导数的综合应用
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
一、选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．（2020·甘肃靖远�高三其他（文））函数 在 上的零点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】令 ，显然 不是函数的零点，可得 ．
设 ， ，因为 ，
所以当 ， ，
当 ， ，当 ， ，
∴ 的极小值为 ，而 ，故作出函数 和 在 上的
图象，如图所示：
( ) tan xf x x x e= − ,2 2
π π −
( ) tan 0xf x x x e= − = 0x = tan
xex x
=
( ) xeg x x
= ,2 2x
π π ∈ − ( ) ( )
2
1xe xg x x
−′ =
,02x
π ∈ −
( ) ( )0, 0g x g x′ < <
( )0,1x∈ ( ) ( )0, 0g x g x′ < > 1, 2x
π ∈
( ) ( )0, 0g x g x′ > >
( )g x ( )1g e= tan1 tan 33 e
π< = < tany x= ex
y x
= ,2 2
π π − 2 / 44
所以，两函数图象有两个交点，即函数 在 上的零点个数为 2．
故选：B．
2．（2020·四川广元高三三模（文））如果关于 的不等式 在 上恒成立，则实数 的
取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
不等式 在 上恒成立等价于 ,求导后判断导函数在
上的正负号，即可得到函数 在 上的单调性,即可找到 ，即
可得到 的取值范围.
( ) tan xf x x x e= − ,2 2
π π −
x 3 2 1 0x ax− + ≥ [ ]1,2− a
3 2
2a ≤ 2a ≤ 1a ≤ 0a ≤
3 2 1 0x ax− + ≥ [ ]1,2− 2
min
1 , [ 1,0) (0,2]a x xx
≤ + ∈ −
[ 1,0) (0,2]− ∪
2
1x x
+ [ 1,0) (0,2]− ∪ 2
min
1x x
+
a 3 / 44
【详解】
当 时,不等式成立.
当 时,不等式 在 上恒成立等价于 恒成立.
令 则 .
又 ,令 ，解得
所以 在 上单调递增,在 上单调递减, 单调递增.
又因为 .
所以 .
所以 .
故选：D.
【点睛】
本题考查不等式恒成立问题中参数的取值范围.属于中档题.
解本类问题一般有两个方向：
1)直接判断函数的单调性，找到函数的最值.利用 恒成立 ； 恒成立
找到参数的取值范围.
2)参变分离.先将参数与变量分开，再利用 恒成立 ； 恒成立
.
0x =
0x ≠ 3 2 1 0x ax− + ≥ [ 1,0) (0,2]− ∪
2
1 , [ 1,0) (0,2]a x xx
≤ + ∈ −
2
1 ,( [ 1,0) (0,) 2]g xxx x + ∈= − min( )a g x≤
3
3 3( ) 2 21 x
x xg x′ − == −
( ) 0g x′ ≤ (0, 2]x∈
g( )x [ 1,0)− (0, 2] ( 2 2)，
1g( 1) 0,g( 2) 2+ 2
− = =
ming( ) 0x =
0a ≤
( ) 0f x ≥ min( ) 0f x⇔ ≥ ( ) 0f x ≤
max( ) 0f x⇔ ≤
( )f x a≥ min( )f x a⇔ ≥ ( )f x a≤
max( )f x a⇔ ≤ 4 / 44
3．（2019·河北衡水高考模拟（文））已知函数 ，若对任意两个不等的正数 ， ，都
有 恒成立，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意先确定 g（x）＝f（x）﹣4x 在（0，+∞）上单增，再利用导数转化，可得 恒成立，令
求得 max，即可求出实数 a 的取值范围．
【详解】
令 ，因为 ，所以 ，
即 在 上单调递增，故 在 上恒成立，
即 ，令 .
则 ， max ，即 的取值范围为 .
故选 A.
4．（2019·忠县三汇中学高三期末（文））已知函数 ， ，若对
任意的 ,存在 ，使 ，则实数 的取值范围是( )
A． B． C． D．
21( ) ln2f x x a x= + 1x 2x
( ) ( )1 2
1 2
4f x f x
x x
− >− a
[4, )+∞ (4. )+ ∞ ( ,4]−∞ ( ,4)−∞
24xa x≥ −
( ) 24h x x x= − ， ( )h x
( ) ( ) 4g x f x x= − ( ) ( )1 2
1 2
4f x f x
x x
− >−
( ) ( )1 2
1 2
0g x g x
x x
− >−
( )g x ( )0,+∞ ( ) 4 0ag x x x
= −′ + ≥ ( )0,+∞
24xa x≥ − ( ) ( )24 , 0,h x x x x= − ∈ +∞
( ) ( )24 2 4h x x x h= − ≤ = ( )h x 4= a [4,+∞）
3 1( ) ln 14 4g x x xx
= + − − 2( ) 2 4f x x tx= − +
1 (0,2)x ∈ [ ]2 1,2x ∈ 1 2( ) ( )g x f x≥ t
172, 8
æ ùç úçç úè û
17 ,8
+∞
[ )2,+∞ [ )1,+∞ 5 / 44
【答案】B
【解析】由题意可知 ，
，
当 时， ，函数单调递减，
当 时， ，函数单调递增，
当 时， 取得最小值， ，
， ，
①当 时，函数单调递增， ，
即 ，解得： ，不成立；
②当 时， ，
即 ，解得： 或 ，不成立；
③当 时，函数单调递减，
即 ，解得： ，成立.
综上可知： .
故选：B
( ) ( )min ming x f x≥
( ) ( )( )2
2 2 2
1 31 3 1 4 3
4 4 4 4
x xx xg x x x x x
− − −− −′ = − − = = 0 2x< <
( )0,1x∈ ( ) 0g x′ <
( )1,2x∈ ( ) 0g x′ >
∴ 1x = ( )g x ( ) 11 2g = −
( ) ( )22 22 4 4f x x tx x t t= − + = − + − [ ]1,2x∈
1t < ( ) ( )min 1 5 2f x f t= = −
15 2 2t− ≤ − 11
4t ≥
1 2t≤ ≤ ( ) ( ) 2
min 4f x f t t= = −
2 14 2t− ≤ − 3 2
2t ≥ 3 2
2t ≤ −
2t > ( ) ( )min 2 8 4f x f t= = −
18 4 2t− ≤ − 17
8t ≥
17
8t ≥ 6 / 44
5．（2020·河南高三月考（文））若函数 在 上有两个不同的零点，则实数 m 的
取值范围为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
令 得， ，所以直线 与函数 在 上的图象有两个交点，
利用导数判断出函数 的单调性，画出图象，即可求出．
【详解】
令 得， ，所以直线 与函数 在 上的图象有两个交点．
因为 ，
当 时， ，当 时， ，
而 ， ， ，
作出图象，
( ) 2 2f x m x lnx= − + 2
1 ,ee
（ ）
( 2, 2e e − 2
4
11 , 2ee
+ − 4
11,4 e
+
[ )1, ∞+
( ) 0f x = 2 2m x lnx= − y m= ( ) 2 2lng x x x= − 2
1 ,ee
( ) 2 2lng x x x= −
( ) 0f x = 2 2m x lnx= − y m= ( ) 2 2lng x x x= − 2
1 ,ee
( ) ( )22 122
x
g x x x x
−′ = − =
2
1 1xe
< ≤ ( ) 0g x′ ≤ 1 x e< ≤ ( ) 0g x¢ >
2 4
1 1 4g e e
= +
( ) 2 2g e e= − ( )1 1g = 7 / 44
由图可知， ．
故选：C．
6．（2020·福建莆田高三期末（文））已知对任意实数 都有 ， ，若
，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
设 ，
，
，即 ，
，
4
11 4m e
∴ < ≤ +
x ( ) ( )' 2 xf x f x e− = ( )0 1f = −
( ) ( )1f x k x> − k
( )1 + ∞，
3
23 42 e
，
1
21 4e
，
3
21 4e
，
( ) ( )
x
f xF x e
=
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
x x
xx
f x e f x e f x f xF x ee
′ ′− −′ = = =
( ) 2F x x c∴ = + ( ) ( ) ( )2 2x
x
f x x c f x e x ce
= + ⇒ = +
( )0 1f c= = − 8 / 44
，
不等式
当 时， ，即 ，
设 ， ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
当 时，函数取得最小值， ，
当 时， ，
当 时， ，即
设 ， ， ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
时， 取得最大值， ，
时， ，
( ) ( )2 1xf x e x∴ = −
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1xf x k x e x k x> − ⇒ − > −
1x > ( )2 1
1
xe xk x
−< −
( )
min
2 1
1
xe xk x
−< −
( ) ( )2 1
1
xe xg x x
−= −
( ) ( ) ( ) ( )2
2 2
2 3 2 3
1 1
x
x x x eg x e x x
x x
−′ = ⋅ = ⋅ −
− − 1x >
31, 2x ∈
( ) 0g x′ < ( )g x
3 ,2x ∈ +∞
( ) 0g x′ > ( )g x
∴ 3
2x =
3
23 42g e =
∴ 1x > 3
24k e<
1x < ( )2 1
1
xe xk x
−> −
( )
max
2 1
1
xe xk x
−> −
( ) ( )2 1
1
xe xg x x
−= −
( ) ( ) ( ) ( )2
2 2
2 3 2 3
1 1
x
x x x eg x e x x
x x
−′ = ⋅ = ⋅ −
− − 1x <
0x < ( ) 0g x′ > ( )g x
0 1x< < ( ) 0g x′ < ( )g x
0x∴ = ( )g x ( )0 1g =
1x∴ < 1k > 9 / 44
当 时， 恒成立，
综上可知： .
故选：D
【点睛】
本题考查构造函数，不等式恒成立求参数的取值范围，意在考查利用函数的导数构造函数，并利用导数分
析函数的性质，利用导数构造函数需熟记一些函数的导数， ，
，
， .
7．（2020·贵州南明�高三月考（文））命题 ， ，命题 ， ，下
列给出四个命题① ；② ；③ ；④ ，所有真命题的编号是（ ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】A
【解析】
【分析】
利用导数判断命题 的正误，并判断出命题 的正误，再结合复合命题的真假可得出结论.
【详解】
对于命题 ，构造函数 ，则 ，由 .
当 时， ；当 时， .
1x = ( )1 0f e= >
3
21 4k e< <
( )( ) ( ) ( )xf x f x xf x′ ′= +
( ) ( ) ( )
2
f x xf x f x
x x
′ ′ − =
( )( ) ( ) ( )2 22x f x xf x x f x′ ′= +
( )( ) ( ) ( )( )x xe f x e f x f x′ ′= + ( ) ( ) ( )
x x
f x f x f x
e e
′ ′ − =
:p x R∀ ∈ xe x> 0:q x R∃ ∈ 2
0 0x <
p q∨ p q∧ p q∧ ¬ p q¬ ∨
p q
p ( ) xf x e x= − ( ) 1xf x e′ = − ( ) 0 0f x x′ = ⇒ =
0x < ( ) 0f x′ < 0x > ( ) 0f x′ > 10 / 44
所以，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
所以， ，则 ， ， ，命题 正确；
对于命题 ，因为 ， 为真命题，所以命题 为假命题.
因此， 为真， 为假， 为真， 为假.
故选：A.
8．（2020·江西省高三期末（文））设函数 ，若不等式
对 恒成立，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】 ， ，
由不等式 对 恒成立，
可得 对 恒成立，
所以， 且 ，解得 ，
则不等式 对 恒成立，所以 ，则 ，
所以， .
因此， 的取值范围为 .
( )y f x= ( ),0−∞ ( )0, ∞+
( ) ( )min 0 1f x f= = x R∀ ∈ ( ) ( )0 1 0f x f≥ = > xe x∴ > p
q x R∀ ∈ 2 0x ≥ q
p q∨ p q∧ p q∧ ¬ p q¬ ∨
( ) ( )3 2 , , , 0f x ax bx cx a b c R a= + + ∈ ≠
( ) ( ) 5xf x af x′ − ≤ x R∀ ∈ b 2c
a
−
5 ,3
+∞
1 ,3
+∞
5 ,3
− +∞
1 ,3
− +∞
( ) 3 2f x ax bx cx= + + ( ) 23 2f x ax bx c′∴ = + +
( ) ( ) 5xf x af x′ − ≤ x R∀ ∈
( ) ( ) ( )2 3 23 2 5 0a a x b ab x c ac x− + − + − − ≤ x R∀ ∈
23 0a a− = 0a ≠ 3a =
2 2 5 0bx cx+ + ≥ x R∀ ∈ 2
0
4 20 0
b
c b
>
∆ = − ≤
2
5
cb ≥
( )2 22
1 2 5 252 2 10 55
3 3 15 15 3
c c cb c b c c c
a
− − −− − −= ≥ = = ≥ −
b 2c
a
− 5 ,3
− +∞ 11 / 44
故选：C.
9．（2020·甘肃城高三二模（文））已知函数 ，若 与
的图象上分别存在点 M，N，使得 MN 关于直线 对称，则实数 k 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为函数 的图象上分别存在点 M，N，使得 MN 关于直线
对称，所以设 ，则 ,
所以 ，所以 ， ，由 得 ，
因为 ，所以 时， ， 是减函数；
当 时， ， 是增函数，
所以 时， ；当 时， ，
当 时， ；
所以 ， ，
所以实数的取值范围是 ,
所以选 B.
21( ) , ( ) 2ln 2 ,( )f x kx g x x e x ee
= = + ≤ ≤ ( )f x
( )g x y e=
2
2 4[ , ]e e
− − 2[ ,2 ]ee
− 2
4[ ,2 ]ee
− 2
4[ , )e
− +∞
( ) ( ) 21, 2ln 2 ,f x kx g x x e x ee
= = + ≤ ≤
y e= ( )M ,x kx ( )N ,2x e kx−
2 2ln 2e kx x e− = + 2k lnxx
= − 2
2 2lnxk x
+=′ −
0k′ = x e=
21 x ee
≤ ≤ 1 , )x ee
∈ 0k′ < 2k lnxx
= −
2( ,x e e ∈ 0k′ > 2k lnxx
= −
x e= 2 2k lnee e
= − = − 2x e= 2
2 2
2 4k lnee e
= − = −
1x e
=
2 1 21k ln ee
e
= − =
2
mink e
= − 2maxk e=
2 2ee
， − 12 / 44
10．（2020·麻城市实验高级中学高三其他（文））函数 的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
解：由 得， 且 ，
当 时， 此 时，排除 B,C
函数的导数 ，
由 得 ，即 时函数单调递增，
由 得 且 ，即 或 时函数单调递减，
故选：D
11．（2020·安徽金安高三其他（文））已知函数 （ ），若函数
2
ln
xy x
=
ln 0x ≠ 0x > 1x ≠
0 1x< < ln 0x < 0y <
'
2 2
12ln 2 2ln 2( ) (ln ) (ln )
x x xxf x x x
− ⋅ −= =
' ( ) 0f x > ln 1x > x e>
' ( ) 0f x < ln 1x < 1x ≠ 0 1x< < 1 x e< <
( ) 21 cos 12f x ax x= + − a R∈ ( )f x 13 / 44
有唯一零点，则 a 的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】 ，易知函数为偶函数，且 ，故考虑 的情况即可，
当 时， ，即 ，
设 ，表示函数 上的点到原点的斜率，根据图象知：
，当 时， ，故 ，故 ，
无解，故 .
故选：B.
( ),0−∞ ( ) [ ),0 1,−∞ +∞
( ] [ ),0 1,−∞ ∪ +∞ ( ] [ ), 1 1,−∞ − +∞
( ) 21 cos 12f x ax x= + − ( )0 0f = 0x >
0x > ( ) 21 cos 1 02f x ax x= + − = ( )
2
2
2sin2 1 cos 2
x
xa x x
−= =
2sin 2
x
k x
= 2sin 2
xy =
cos 2
xy′ = 0x = max 1y′ = 1k <
2
2sin 20 1
x
x
≤
( )0,x∈ +∞ a
( )1,+∞ ( ),1−∞ ( ),e +∞ ( )1,e
( ) ( ) ( )2 2sin 2 1 1 sin 2 1 1f x x x ln x x x x ln x x= + − + − + = + + + + +
siny x x= + 1 cos 0y x′ = + R
( )22 1 1y ln x x= + + + R
2( ) sin 2 ( 1 ) 1f x x x ln x x= + − + − + R
(0) 1f = ( 1) (0)xf ax e f− + > (0, )x∈ +∞ (0, )x∈ +∞ 1 0xax e− + >
(0, )x∈ +∞ 1xax e> −
1y ax= 2 1xy e= −
2 1xy e= − 2
xy e′ = (0, )x∈ +∞ 2 1xy e= − 1xk e= >
(0, )x∈ +∞ 1xax e> − 1y ax= 1a >
a (1, )+∞ 15 / 44
13．（2020·湖北黄州高三其他（文））已知函数 ， （其中 是
自然对数的底数），若关于 的方程 恰有三个不等实根 ， ， ，且 ，则
的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
分别画出 和 的图像，令 ，则 ，要满足题意，则
，此时 y=m 与 y=g(t)有两个交点 ，且 ，通过 研究函数
图像，由图可得 ， ，用 表示出 ，构造函数求导可求最值.
【详解】
根据题意画出 和 的图像，如图，令 ,则 , ,
( ) 2
, 0
, 0x
x xf x e x
>= ≤
( ) 2 2g x x x= − + e
x ( )( ) 0g f x m− = 1x 2x 3x 1 2 3x x x< <
2 1 3x x x− −
3 ln 22
− 3 ln 22
− + 3 ln 22
− − 3 ln 22
+
( )f x ( )g x ( ) ( ), 0t f x t= > ( ) 2 2g t t mt = − + =
0 1m< < 1 2,t t 1 2 1 20 1,1 2, + =2t t t t< < < < 1 2,t t ( )f x
12
1 2=xe t x= 3 2=x t 1t 2 1 3x x x− −
( )f x ( )g x ( )t f x= 0t > ( )g t m= 16 / 44
当 时，y=m 与 y=g(t)有两个交点 ，且 ，
当 时对应两个 x 值，当 时对应一个 x 值，则方程恰有三个不等实根 ， ， ，且
, ，取对数得 ，所以 ，
构造函数 ，
， ， ，
h(t)在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时函数 h(t)取得最小值
故选：B
14．（2020·岳麓高三三模（文））已知函数 （ ， ）在区间
内有唯一零点，则 的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
0 1m< < 1 2,t t 1 2 1 20 1,1 2, + =2t t t t< < < <
1t t= 2t t= 1x 2x 3x
12
1 2=xe t x= 3 2=x t 1 12 =lnx t 2 1 3 1 1 2 1 1
1= =2 ln 22x x x t x t t t− − − − − −
( ) ( )1h =2 ln 2 0 12t t t t− − < <
( ) 1 4 1=2 2 2
th t t t
−′ − = ( )=0h t′ 1
4t =
10, 4
1 14
，
1
4t = 1 1 1 1 3h = ln 2= ln 24 2 2 4 2
− − − +
( ) 1 lnmf x n xx
= − − 0m > 0 en≤ ≤
[1,e] 2
1
n
m
+
+
2
2 , 11 2
e e
e e
+ + + + 2
2 , 11
e ee e
+ + + +
2 , 11 ee
+ + 1, 12
e + 17 / 44
【答案】A
【解析】
【分析】
由函数在区间 内有唯一零点，根据零点存在性定理即函数单调性可得 或 化简
可得关于 的约束条件，利用线性规划求解即可.
【详解】
，当 时， ，
当 时，令 ，则 ，所以函数 在 上单调递减，
由函数 在区间 内有唯一零点，
得 ,即
即
或 ,即 ,又 ， ，
所以 （1）或 （2）
所以 ， 满足的可行域如图（1）或图（2）中的阴影部分所示，
[1,e] (1) 0,
(e) 0,
f
f
≥
≤
.m n
2 2( ) m n m nxf x x x x
′ += − − = − 0n = 2( ) 0mf x x
′ = − <
0 en< ≤ ( ) 0f x′ = 0mx n
= − < ( )f x [1,e]
( )f x [ ]1,e
(1) 0,
(e) 0,
f
f
≥
0 n e≤ ≤
1 0,
e e 0,
0,
0 e,
m
m n
m
n
− ≥
− −
≤ ≤
1 0,
e e 0,
0,
0 e,
m
m n
m
n
− >
− − ≤ >
≤ ≤
m n 18 / 44
则 表示点（ ， ）与点（－1，－2）所在直线的斜率，
综上可得 的最小值在 点处取得，根据 得 A 点坐标满足 ，所以最小值
为 ，故选 A.
二、填空题（不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
15．（2020·黑龙江道里�高二期末（文））已知函数 ， ，有下列四个命
题：
①函数 是奇函数；
②函数 是定义域内的单调函数；
③当 时，方程 有一个实数根；
④当 时，不等式 恒成立，
其中正确命题的序号为__________.
【答案】③④
2 ( 2)
1 ( 1)
n n
m m
+ − −=+ − − m n
2
1
n
m
+
+ A
e e 0,
e,
m n
n
− − =
=
2e e,
e,
m
n
= +
=
2
e 2
e e 1
+
+ +
( ) 2f x x= ( ) ln xg x x
=
( ) ( ) ( )h x f x g x= −
( ) ( ) ( )h x f x g x= −
0x < ( ) ( )f x g x=
0x > ( ) ( )f x g x> 19 / 44
【解析】对于①②， ， ，因 ，
所以 不是奇函数.而 ，故 在定义域内不是单调函数，
故①②错误.
对于③，
方程 在 上是否有一个实数根等价于 是否有一个实数根，
也就是 在 是否有一个零点.
因为 （ ），故 在 上为单调增函数，
因为 ， ，故 在 有一个零点.
所以方程 在 上有一个实数根，故③正确.
对于④，当 时，不等式 等价于 ，
令 ， ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上为减函数，在 为增函数，
所以 ，故 在 上恒成立，
( ) 2 ln xh x x x
= − ( ) ( )1 1, 1 1h h= − = ( ) ( )1 1h h− ≠ −
( )h x ( ) ( )1 1h h= − ( )h x
( ) ( )f x g x= ( ),0- ¥ ( )3 lnx x= −
( ) ( )3 lns x x x= − − ( ),0- ¥
( ) 2 13 0s x x x
′ = − > 0x < ( )s x ( ),0- ¥
3
1 1 +1 0s e e
− = − >
( ) 3 1 0s e e− = − − < ( )s x ( ),0- ¥
( ) ( )f x g x= ( ),0- ¥
0x > ( ) ( )f x g x> 3 lnx x>
( ) 3 lnu x x x= − 0x > ( ) 3
2 1 3 13 xu x x x x
−′ = − =
1
310 3x < <
( ) 0u x′ <
1
31
3x >
( ) 0u x′ >
( )u x
1
30,3
−
1
33 ,
− +∞
( ) 1
3
min
1 ln33 03 3u x u
− = = + >
( ) 0u x > ( )0,+¥ 20 / 44
所以 在 上恒成立，故④正确.
故答案为：③④.
16．（2020·山西迎泽高三其他（文））已知 ， 若满足
的 有四个，则 的取值范围为_____.
【答案】
【解析】 满足 的 有 个， 方程 有 4 个根，
设 ，则 ，令 ，得 .
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增， ，
画出函数 的大致图象，如图所示：
，
保留函数 的 轴上方的图象，把 轴下方的图象关于 轴翻折到 轴上方，
( ) ( )f x g x> ( )0,+¥
( ) xf x x e= ⋅ ( ) ( ) ( ) ( )2g x f x tf x t R= + ∈
( ) 1g x = − x t
2 1, e
e
+−∞ −
( ) 1g x = − x 4 ∴ ( ) ( )2 1 0f x tf x+ + =
( ) xh x xe= ( ) ( )1 xh x x e′ = + ( ) 0h x′ = 1x = −
( ), 1x∈ −∞ − ( ) 0h x′ < ( )y h x=
( )1,x∈ − +∞ ( ) 0h x′ > ( )y h x= ( ) ( )min
11h x h e
∴ = − = −
( ) xh x xe=
( ) ( )xf x xe h x= =
∴ ( )y h x= x x x x 21 / 44
即可得到函数 的图象如下图所示：
令 ，则 ，
所以要使方程 有 个根，
则方程 应有两个不等的实根，又由于两根之积为 1，所以一个根在 内，一个根在
内，
设 ，因为 ，则只需 ，解得： ，
因此，实数 的取值范围是 .
故答案为： .
17．（2020·四川宜宾�高三二模（文））函数 的零点个数为__________．
【答案】
( ) xf x xe=
( )m f x= 2 1 0m tm+ + =
( ) ( )2 1 0f x tf x+ + = 4
2 1 0m tm+ + = 10, e
1,e
+∞
( ) 2 1m m tmϕ = + + ( )0 1 0ϕ = >
21 1 1 0t
e e e
ϕ = + + ( )y f x=
( )3, 1x∈ − − ( ) 0f x′ < ( )y f x=
( )1,x∈ − +∞ ( ) 0f x′ > ( )y f x=
( )y f x= ( ) 43 3f − = ( )1 0f − =
( )y f x=
( )y f x= 2
2
3 21( ) 2
xf x e x x= − − 3 1( ) ( 0)2g x x ax x= − + <
a
[2 1, )e − +∞ 23 / 44
【解析】
【分析】
先求得与 的图象关于原点对称的函数 ，再根据函数 与
的图象上存在关于原点的对称点，转化为 与 的图象有交点，即
有解．再令 ，求其值域即可.
【详解】
设 的图象与 的图象关于原点对称，
由 ，得 ，
因为函数 与 的图象上存在关于原点的对称点，
即 与 的图象有交点，
即 有解，
即 有解．
令 ，则 ，
当 时， ，函数 单调递减，
当 ， ，函数 单调递增，
所以 有最小值 ，所以 ，
( )y g x= 3 1( ) ( 0)2h x x ax x= − + > ( )y f x=
( )y g x= ( )y f x= ( )y h x=
21 1 , 02 2
xea x x xx
= + − > 21( ) 2
xef x x xx
= + −
( )y h x= ( )y g x=
3 1( ) ( 0)2g x x ax x= − + < 3 1( ) ( 0)2h x x ax x= − + >
( )y f x= ( )y g x=
( )y f x= ( )y h x=
3 2 31 1 , 02 2
xe x x x ax x− − = − + >
21 1 , 02 2
xea x x xx
= + − >
21( ) 2
xef x x xx
= + − 2 2( ) 1 ( 1) 1
x x xe x e ef x x xx x
⋅ −′ = + − = − +
(0,1)x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x
(1, )x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x
( )f x 1(1) 2f e= − 1 1
2 2a e − 24 / 44
即 ．
故 的取值范围为 ．
故答案为：
19．（2020·陕西新城�高三其他（文））已知函数 ，若 是函数
的唯一极值点，则实数 的取值集合是________．
【答案】 ．
【解析】解：函数定义域 ， ，
由题意可得， 是 唯一的根，
故 在 上没有变号零点，
即 在 时没有变号零点，
令 ， ，则 ，
当 时， ，函数单调递增，
当 时， ，函数单调递减，
故当 时， 取得最小值 ，
2 1a e −
a [2 1, )e − +∞
[2 1, )e − +∞
( ) 2
e 2 ln
x
f x k x kxx
= − + 2x = ( )f x
k
2e ,4
− +∞
( )0,+¥ ( ) ( )( )22
4 3
e 2e 2 e 2 xx x kx xx x kf x kx x x
+ −−′ = − + =
2x = ( ) 0f x¢ =
2 0xe kx+ = ( )0,+¥
2
ex
k x
− = 0x >
( ) 2
ex
g x x
= 0x > ( ) ( )
3
e 2x xg x x
−′ =
2x > ( ) 0g x¢ >
0 2x< < ( ) 0g x¢ <
2x = ( )g x ( ) 2e2 4g = 25 / 44
故 即 ．
故答案为： ．
三、解答题（请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
20．（2020·高三月考（文）） ．
（1）若 ，求函数 的单调区间；
（2）若 ，求证： ．
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】
试题分析：（1）先求函数导数 ，再根据定义域研究导函数零点：
当 时，仅有一个零点；当 时，有两个零点；列表分析导函数符号变号规律得单调区间（2）
根 据 （ 1 ） 得 ， 将 不 等 式 转 化 为 证 明 ， 构 造 函 数
。利用导数可得
试题解析：（1） ， ，
2e
4k− ≤
2e
4k ≥ −
2e ,4
− +∞
2( ) ( 1) ln2
af x x a x x= − + − +
1a > − ( )f x
1a > 3(2 1) ( ) 3 aa f x e −− <
1'( ) ( 1)f x ax a x
= − + − + ( 1)( 1)ax x
x
− + −=
0a ≥ 1 0a− < <
max
1( ) 12f x a= − 31(2 1)( 1) 32
aa a e −− − <
3
1(2 1)( 1)2( ) a
a a
g a e −
− −
= 1
2
367 94( ) ( ) 32 2
g a g
ee
×
≤ = = <
2( ) ( 1) ln2
af x x a x x= − + − +
0x > 26 / 44
则 ，
当 时， 在 上单调增， 上单调减，
当 时，令 ，解得 ， ，
当 ，解得 ，
∴ ， 的解集为 ， ； 的解集为 ，
∴函数 的单调递增区间为： ， ，
函数 的单调递减区间为 ；
当 ，解得 ，
∴ ， 的解集为 ； 的解集为 ，
综上可知： ，函数 的单调递增区间为： ， ，函数 的单调递减区间为
； ，函数 的单调递增区间为 ，函数 的单调递减区间为 ．
（2）证明：∵ ，故由（1）可知函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
1'( ) ( 1)f x ax a x
= − + − +
2 ( 1) 1ax a x
x
− + − +=
0a = ( )f x (0,1)x∈ (1, )+∞
0a ≠ '( ) 0f x = 1 1x = 2
1x a
= −
1 1a
− >
1 0a− < <
1 0a− < < '( ) 0f x > (0,1)
1( , )a
− +∞ '( ) 0f x <
1(1, )a
−
( )f x (0,1)
1( , )a
− +∞
( )f x
1(1, )a
−
1 1a
− <
0a >
0a > '( ) 0f x > (0,1) '( ) 0f x < (1, )+∞
1 0a− < < ( )f x (0,1)
1( , )a
− +∞ ( )f x
1(1, )a
−
0a ≥ ( )f x (0,1) ( )f x (1, )+∞
1a > ( )f x (0,1) (1, )+∞ 27 / 44
∴ 在 时取极大值，并且也是最大值，即 ，
又∵ ，
∴ ，
设 ， ，
∴ 的单调增区间为 ，单调减区间为 ，
∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ， ，
∴ ．
21．（2020·安徽黄山高三二模（文））已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）当 时，若函数 的图象与函数 的图象交于 ， 两点，且
（ 为自然对数的底数），求实数 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2） .
【解析】（1）依题意， ， .
( )f x 1x = max
1( ) 12f x a= −
2 1a − > 0
1(2 1) ( ) (2 1)( 1)2a f x a a− ≤ − −
3
1(2 1)( 1)2( ) a
a a
g a e −
− −
=
2
3 3
(2 9 7) ( 1)(2 7)'( ) 2 2a a
a a a ag a e e− −
− + − −= − −
( )g a
7(2, )2
7( , )2
+∞
1
2
367 94( ) ( )2 2
g a g
ee
×
≤ = =
2 3e >
9 9 332 e
< =
( ) 3g a < 3 0ae − >
3(2 1) ( ) 3 aa f x e −− <
( ) lnf x x mx= +
( )f x
0m > ( )y f x= 2 2y m x= ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y
1 2
1x x e
> > e m
(0,1)
(0, )x∈ +∞ 1 1( ) ( 0)mxf x m xx x
+′ = + = > 28 / 44
①若 ，则 ，故 在 上单调递增
②若 ，令 ，解得 .
则当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减；
综上所述，当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）令 ，则由题意可知 有两个大于 的实数根，
令 ，则 有两个大于 的零点
.
因为 ，则当 ，时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
又当 时，
所以，要使函数 在 有两个零点，当且仅当：
解得 ；
0m ≥ ( ) 0f x′ > ( )f x (0, )+∞
0m < ( ) 0f x′ = 1x m
= −
10,x m
∈ − ( ) 0f x′ > ( )f x 1 ,x m
∈ − +∞ ( ) 0f x′ < ( )f x
0m ≥ ( )f x (0, )+∞
0m < ( )f x 1 ,m
− +∞
10, m
−
2 2 lnm x x mx= + 2 2 ln 0m x x mx− − = 1
e
2 2( ) lnF x m x x mx= − − 2 2( ) lnF x m x x mx= − − 1
e
2 1 (2 1)( 1)( ) 2 ( 0)mx mxF x m x m xx x
+ −′ = − − = >
0m > 10,x m
∈ ( ) 0F x′ < ( )F x
1 ,x m
∈ +∞ ( ) 0F x′ > ( )F x
x → +∞ x → +∞
( )F x 1,e
+∞
2
2
1 1 0
1 ln 0
1 1
m mF e e e
F mm
m e
= + − >
=
0 1m< 0xf x e −′ = 0x > ( ) 1
( ) ( )1 0xg x e a xx
′ = + + > 30 / 44
当 时， ，
，则 ，
当 时， ，
，则 ，
在 上单增，
又 ，
，
由零点存在性定理得 有唯一零点，即曲线 与 有且只有一个交点.
【点睛】
判断函数零点个数及分布区间的方法：
（1）解方程法：当对应方程易解时，可通过解方程确定方程是否有根落在给定区间上；
（2）定理法：利用零点存在性定理进行判断；
（3）数形结合法：画出相应的函数图象，通过观察图象与 轴在给定区间上是否有交点来判断，或者转化
为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断.
23．（2020·陕西西安高三三模（文））已知函数 f（x）＝ ．
（1）求函数 f（x）的极值；
（2）令 h（x）＝x2f（x），若对∀x≥1 都有 h（x）≥ax﹣1，求实数 a 的取值范围．
( )0,1x∈ 11, 1xe x
> >
( )2,0a∈ − ( ) 1 0xg x e ax
′ = + + >
[ )1,x∈ +∞ 12, 0xe e x
> > >
( )2,0a∈ − ( ) 1 0xg x e ax
′ = + + >
( )g x∴ ( )0, ∞+
1 1
21( ) 2 2 0e ag e ee e
= + − < − − >
( )g x ( )y f x= 1 lny x= −
x
ln x
x 31 / 44
【答案】（1）极大值 ，无极小值（2）
【解析】
【分析】
（1）求函数的导数，利用导数求函数单调区间，即可确定函数极值；
（2）由题意，不等式可转化为 对∀x≥1 都成立，利用导数判定 的单调性，求出
的最小值即可求出 的取值范围.
【详解】
（1）f（x）＝ 的定义域为 ，
，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 上有极大值
（2） ，
由对∀x≥1，都有 h（x）≥ax﹣1 可得：对∀x≥1，都有 ，
即 对∀x≥1 都成立，
令 ，
则 ，
1
e 1a ≤
1ln x ax
+ ≥ 1( ) lng x x x
= +
( )g x a
ln x
x
(0, )+∞
2
1 ln( ) xf x x
′ −=
(0, )x e∈ ( ) 0f x′ > ( , )x e∈ +∞ ( ) 0f x′ <
( )f x (0, )e ( , )e +∞
( )f x x e= 1( )f e e
=
2( ) ( ) lnh x x f x x x= =
∴ ln 1x x ax≥ −
1ln x ax
+ ≥
1( ) lng x x x
= +
2
2
1 1 1 1 1( ) 2 4g x x x x
′ = − = − − + 32 / 44
，
，
，
在 上单调递增，
，
.
24．（2020·黑龙江南岗高三其他（文））已知函数 ，其导函数为 ，函数
，对任意 ，不等式 恒成立.
（1）求实数 的值；
（2）若 ，求证： .
【答案】（1）1；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先得到 ，由不等式 恒成立，构造函数 分 ， ，再
利用导数论证 即可.
（2）由（1）得，当 时， ，易得 ，将证 ， ，转
化为证明 ，然后分 ， ，令 ，利用导数结合
证明即可.
1x ≥
10 1x
∴ < ≤
( ) (1) 0g x g′ ′∴ ≥ =
1( ) lng x x x
∴ = + [1, )+∞
min( ) (1) 1g x g∴ = =
1a∴ ≤
( ) 1x
xf x e e
= + ( )'f x
( ) ( ) ( )'
2
f x f xg x
+= x∈R ( ) 1g x ax≥ +
a
0 2m e< < ( ) ( )2 1 lnx g x m x x> +
( ) xg x e= ( ) 1g x ax≥ + ( ) 1xh x e ax= − − 0a ≤ 0a >
( )min 0h x ≥
0x > 1xe x> + ( )2 2 1xx e x x> + ( )2 1 lnxx e m x x> + 0x >
( )2 ln 0x m x x> > ( ]0,1x∈ ( )1,x∈ +∞ ( ) 2
ln
xF x x
= 0 2m e< ⇒ > ( )' 0 lnh x x a< ⇒ < ( )h x ( ),ln a−∞ ( )ln ,a +∞
( ) ( )min ln ln 1h x h a a a a= = − −
1 0xe ax− − ≥
( )min 0h x ≥
ln 1 0− − ≥a a a
( ) ln 1r a a a a= − − ( ) lnr a a′ = − ( ) 0 0 1r a a′ > ⇒ < < ( ) 0 1r a a′ < ⇒ >
( )r a ( )0,1 ( )1,+∞ ( ) ( )max 1 0r a r= = ln 1 0a a a− − ≤
a
1a =
0x > 1 0xe x− − > 1xe x> + ( )2 2 1xx e x x> +
( )2 1 lnxx e m x x> + 0x > ( ) ( )2 1 1 lnx x m x x+ > +
( )2 ln 0x m x x> >
( ]0,1x∈ 2 0 lnx m x> > 34 / 44
②当 时，令 ，则 ， ；
，
在 递减，在 递增，所以 时， ，
由已知 ，故 ，即当 时， ，所以 时， ，
综上， 时， 恒成立，故 ，
成立.
25．（2020·宜宾市叙州区第一中学校高三期末（文））已知函数
（Ⅰ）讨论 极值点的个数；
（Ⅱ）若 是 的一个极值点，且 ，证明：
【答案】（Ⅰ）当 时, 无极值点；当 时, 有 1 个极值点；
当 或 , 有 2 个极值点.
（Ⅱ）见解析
【解析】
【分析】
(Ⅰ)求导可得 ,再分 与 两种情况进行讨论即可.
(Ⅱ)由(Ⅰ)以及 可得 ,再求得 关于 的解析式,再令 ,构造
( )1,x∈ +∞ ( ) 2
ln
xF x x
= ( ) 2
2ln' ln
x xF x x
−= ( )' 0F x x e> ⇒ >
( )' 0 1F x x e< ⇒ < <
( )F x ( )1, e ( ),e +∞ 1x > ( ) ( ) 2F x F e e≥ =
0 2m e< < ( )m F x< ( )1,x∈ +∞ 2
ln
xm x
< ( )1,x∈ +∞ 2 lnx m x>
0x > 2 lnx m x> ( ) ( )2 1 1 lnx x m x x+ > +
( )2 1 lnxx e m x x> +
21( ) ( 1) 2 ,2
xf x x e ax ax a R= + + + ∈
( )f x
0 0( 2)x x ≠ − ( )f x 2( 2)f e−− > 0( ) 1≤f x
2a e−= − ( )f x 0a ≥ ( )f x
2 0e a−− < < 2a e−< − ( )f x
( ) ( 2)( )xf x x e a′ = + + 0a ≥ 0a <
2( 2)f e−− > 2a e−< − 0( )f x a ln( ) ( 2, )t a= − ∈ − +∞ 35 / 44
函数 ,再求导分析 的单调性与最值证明即可.
【详解】
解：（Ⅰ）由题得, 的定义域为 ,
ⅰ.若 ,则 ,所以当 时, 单调递减,
当 时, 单调递增.
所以, 是 唯一的极小值点,无极大值,故此时 有且仅有 1 个极值点.
ⅱ. ,令
①当 时, ,则当 时, 单调递增,
当 , 单调递减.
所以, 分别是 极大值点和极小值点,故此时有两个极值点.
②当 时, 是 的不变号零点,且
故此时 在 上单调递增,无极值点.
③当 时, ,则 时, 单调递增,
当 时, 单调递减.
所以, 分别是 极小值点和极大值点,此时 有 2 个极值点.
综上,当 时, 无极值点；当 时, 有 1 个极值点；
当 或 , 有 2 个极值点.
21( ) ( 2 2)2
tg t e t t= − + − ( )g t
( )f x R ( ) ( 2)( )xf x x e a′ = + +
0a ≥ 0xe a+ > ( , 2)x∈ −∞ − ( ) 0, ( )f x f x′ <
( 2, )x∈ − +∞ ( ) 0, ( )f x f x′ >
2x = − ( )f x ( )f x
0a < 1 2( ) ( 2)( ) 0 2, ln( )xf x x e a x x a′ = + + = ⇒ = − = −
2a e−< − 1 2x x< 1 2( , ),( , )x x x∈ −∞ +∞ ( ) 0, ( )f x f x′ >
1 2( , )x x x∈ ( ) 0, ( )f x f x′ <
1 2,x x ( )f x
2a e−= − 1 2x x= ( ) ( 2)( )xf x x e a′ = + + ( ) 0f x′ ≥
( )f x R
2 0e a−− < < 1 2x x> 2 1( , ),( , )x x x∈ −∞ +∞ ( ) 0, ( )f x f x′ >
2 1( , )x x x∈ ( ) 0, ( )f x f x′ <
1 2,x x ( )f x ( )f x
2a e−= − ( )f x 0a ≥ ( )f x
2 0e a−− < < 2a e−< − ( )f x 36 / 44
（Ⅱ）证明：若 是的一个极值点,
由（Ⅰ）知, 或 ,且 ,
,
令 ,则 ,所以
故
所以,当 时, 单调递增；当 时, 单调递减,
所以 是 唯一极大值点也是最大值点,即 .
从而 ,即 .（证毕）
26．（2020·广东东莞�高三其他（文））已知 .
（1）若 ，讨论函数 的单调性；
（2）当 时，若不等式 在 上恒成立，求 的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1） 的定义域为 ，且 ，据此确定函数的单调性即可；
（2）由题意可知 在 上恒成立，分类讨论 和 两种情况确定实数 b 的
0x
2 0e a−− < < 2a e−< − 2 2 2( 2) 2f e a e a e− − −− = − − > ⇒ < −
2
0
1( ) (ln( )) [ln ( ) 2ln( ) 2]2f x f a a a a∴ = − = − + − −
ln( ) ( 2, )t a= − ∈ − +∞ 2a e−= − 21( ) (ln( )) ( 2 2)2
tg t g a e t t= − = − + −
21( ) ( 4) 0 02
tg t t t e t′ = − + = ⇒ =
( 2,0)t ∈ − ( ) 0, ( )′ >g t g t (0, )t ∈ +∞ ( ) 0, ( )′ 37 / 44
取值范围即可.
【详解】
（1） 的定义域为
∵ ， ，
∴当 时， ； 时，
∴函数 在 上单调递减；在 上单调递增.
（2）当 时，
由题意， 在 上恒成立
①若 ，当 时，显然有 恒成立；不符题意.
②若 ，记 ，则 ,
显然 在 单调递增，
（i）当 时，当 时，
∴ 时，
（ii）当 ， ，
∴存在 ，使 .
( )f x ( )0,+∞
( ) ( )( )
2
1 xx e ax
f x x
− −
′ = 0a <
( )0,1x∈ ( ) 0f x′ < ( )1,x∈ +∞ ( ) 0f x′ >
( )f x ( )0,1 ( )1,+∞
1a = − ( ) 1 xf x bx b e xx
+ − − −
( )1 xb x e lnx= − −
( )1 0xb x e lnx− − ≥ [ )1,+∞
0b ≤ 1x ≥ ( )1 0xb x e lnx− − ≤
0b > ( ) ( )1 xh x b x e lnx= − − ( ) 1xh x bxe x
′ = −
( )h x′ [ )1,+∞
1b e
≥ 1x ≥ ( ) ( )1 1 0h x h be≥ = −′ ≥′
[ )1,x∈ +∞ ( ) ( )1 0h x h≥ =
10 b e
< < ( )1 1 0h be −′ = <
11 1 0bh e b eb
= − >
′ − >
0 1x > ( ) 0h x′ = 38 / 44
当 时， ， 时，
∴ 在 上单调递减；在 上单调递增
∴当 时， ，不符合题意
综上所述，所求 的取值范围是
27．（2020·广西兴宁高二期末（文））已知函数 ， ．
（Ⅰ）若 在 内单调递减，求实数 的取值范围；
（Ⅱ）若函数 有两个极值点分别为 ， ，证明： ．
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）见证明
【解析】
【分析】
（I）先求得函数的导数，根据函数在 上的单调性列不等式，分离常数 后利用构造函数法求得
的取值范围.（II）将极值点 代入导函数列方程组，将所要证明的不等式转化为证明
，利用构造函数法证得上述不等式成立.
【详解】
（I） ．
( )01,x x∈ ( ) 0h x′ < ( )0 ,x x∈ +∞ ( ) 0h x′ >
( )h x ( )01, x ( )0 ,x +∞
( )01,x x∈ ( ) ( )1 0h x h< =
b 1 ,e
+∞
( ) 2ln 2f x x x ax x= − + a ∈ R
( )f x ( )0, ∞+ a
( )f x 1x 2x 1 2
1
2x x a
+ >
e ,4a ∈ +∞
( )0, ∞+ a a
1 2,x x
1
2 1
1 2
2
2 1
ln
1
x
x x
x x
x
−
>
+
( ) ln 2 4f x x ax+′ = − 39 / 44
∴ 在 内单调递减，
∴ 在 内恒成立，
即 在 内恒成立．
令 ，则 ，
∴当 时， ，即 在 内为增函数；
当 时， ，即 在 内为减函数．
∴ 的最大值为 ，
∴
（Ⅱ）若函数 有两个极值点分别为 ， ，
则 在 内有两根 ， ，
由（I），知 ．
由 ，两式相减，得 ．
不妨设 ，
∴要证明 ，只需证明 ．
( )f x ( )0, ∞+
( ) ln 2 4 0f x x ax= + − ≤ ( )0, ∞+
ln 24 xa x x
≥ + ( )0, ∞+
( ) ln 2xg x x x
= + ( ) 2
1 ln xg x x
− −′ =
10 ex< < ( ) 0g x′ > ( )g x 10, e
1x e
> ( ) 0g x′ < ( )g x 1,e
+∞
( )g x 1g ee
=
e ,4a ∈ +∞
( )f x 1x 2x
( ) ln 2 4 0f x x ax= + − =′ ( )0, ∞+ 1x 2x
e0 4a< <
1 1
2 2
ln 2 4 0
ln 2 4 0
x ax
x ax
+ − =
+ − =
( )1 2 1 2ln ln 4x x a x x− = −
1 20 x x< <
1 2
1
2x x a
+ > ( ) ( )1 2
1 2 1 2
1
4 2 ln ln
x x
a x x a x x
+ −+
1
2 1
1 2
2
2 1
ln
1
x
x x
x x
x
−
>
+
2
2
( 1)'( ) 0( 1)
xh x x x
− −= ≤+
( )h x ( ]0,1
( )0,1x∈ ( ) ( )1 0h x h> = 2( 1) ln1
x xx
− >+
1
2 1
1 2
2
2 1
ln
1
x
x x
x x
x
−
>
+
1 2
1
2x x a
+ >
( ) ln 3f x x x xa= − +
2 1ln (1 )na n
= + 1 2 2 4n
na a a n
+ + + > +
1a = (1, )+∞ (0,1)
1( ) ln 3 ( ) ln 1 0 af x x x xa f x x a x e −′= − + ∴ = − + = ∴ =
1ax e −> ( ) 0, ( )f x f x′ > 10 ax e −< < ( ) 0, ( )f x f x′ <
1ax e −= ( )f x 1 1 1 1( ) 2 ( 1) 3 2 1, 1a a a af e e a ae e a− − − −= ∴ − − + = ∴ = =
( )f x (1, )+∞ (0,1) 41 / 44
（2）由（1）得
29．（2020·河南高三其他（文））已知函数 .
（1）若 有三个不同的零点，求 a 的取值范围；
（2）当 时，不等式 恒成立，求 a 的取值范围.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）先令 ，分离出常数 ，设 ，对 求导，分析单调性，找到极值，画出图像，
最后观察得出 的取值范围.
（2）代入 ，整理得 ，设 ，对 求导，分析其在 上的单调
性，得出 恒成立，分离常数 ， ，再设 ，分析单调性，结合 得
出 的范围，最后得出 的范围.
【详解】
1 1 1ln 3 2 ln ,ln(1 ) 1
xx x x x x n n
−− + ≥ ∴ ≥ + ≥ +
2
2
1 1 1 1 1ln (1 ) ( 1) ( 1)( 2) 1 2n na an n n n n n
= + ∴ ≥ > = −+ + + + +
1 2
1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )2 3 3 4 1 2 2 2 2 4n
na a a n n n n
∴ + + + > − + − + + − = − =+ + + +
( ) ( )2
ex axf x a= − ∈R
( )f x
3x ≥ ( ) ( )e 3 0x f x a x+ + ≤
2
40, e
3
18 ,e 3
+∞ −
( ) 0f x = a ( ) 2
ex
xh x = ( )h x
a
( )f x ( ) 2e 3xa x x x− ≥ + ( ) exg x x= − ( )g x 3x ≥
( ) 0g x > a
2 3
ex
x xa x
+≥ − ( ) 2 3
ex
x xm x x
+= − 3x ≥
( )m x a 42 / 44
解：（1）令 ，则 .
设 ，则 ，
令 ，得 ；
令 ，得 或 ，
则 在 和 上单调递减，在 上单调递增，
故 ， .
结合 的图象
可知 的取值范围为 .
（2）不等式 ，
即 ，
整理得 .
( ) 2
0ex
xf x a= − =
2
ex
xa =
( ) 2
ex
xh x = ( ) 22
ex
x xh x
−′ =
( ) 0h x′ > 0 2x< <
( ) 0h x′ < 0x < 2x >
( )h x ( ),0−∞ ( )2,+∞ ( )0,2
( ) ( )0 0h x h= =
极小值 ( ) ( ) 2
42 eh x h= =
极大值
( )h x
a 2
40, e
( ) ( )e 3 0x f x a x+ + ≤
( )2 e 3 0xx a a x− + + ≤
( ) 2e 3xa x x x− ≥ + 43 / 44
设 ，则 .
因为 ，所以 ，
所以 ，
则 .设 ，则
.
因为 ，所以 ， ，
所以 ，所以 在 上单调递减，
所以 ，
故 ，即 a 的取值范围是 .
30．（2020·重庆九龙坡高三其他（文））已知函数 ， ．
（1）当 a＝0 时，求 的极值；
（2）证明 时，不等式 对任意 均成立．
（其中 e 为自然对数的底数，e＝2.718…）．
【答案】（1） 取得极小值为 ，无极大值；（2）证明见解析．
【解析】（1）函数定义域是 ．
( ) exg x x= − ( ) e 1xg x′ = −
3x ≥ ( ) 3e 1 0g x′ ≥ − >
( ) ( ) 33 e 3 0g x g≥ = − >
2 3
ex
x xa x
+≥ − ( ) 2 3
ex
x xm x x
+= −
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2 2 2
2 2
3 e e 1 3 e
e e
x x x
x x
x x x x x
m x
x x
− − + − − + + −′ = =
− −
3x ≥ ( )3 e 0xx− ≤ ( )2 e 1 0xx− + <
( ) 0m x′ < ( )m x [ )3,+∞
( ) ( ) 3
183 e 3m x m≤ = −
3
18
e 3a ≥ − 3
18 ,e 3
+∞ −
3( )f x x x
= + ( ) lnh x x x a= + −
( ) ( ) ( )g x f x h x= +
3a ≥ − 3( ) ( 2) ( )xh x x e x f x x
+ − − < − 1 ,12x ∈
( )g x (1) 5g =
(0, )+∞ 44 / 44
时， ， ，
时， ， 递减， 时， ， 递增，
∴ 时， 取得极小值为 ，无极大值；
（2）不等式 为 ，即 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，∴ 是 上的增函数， ，
，
∴在 上存在唯一零点 ， ， ，
当 时， ， ， 递增， 时， ， ， 递减，
，
设 ， ， ， 单调递增，
∴ ，∴ ，
∴ 时，不等式 在 上恒成立．
0a = 3( ) ( ) ( ) 2 lng x f x h x x xx
= = = + + 2
3 1( ) 2g x x x
′ = − + 2
( 1)(2 3)x x
x
− +=
0 1x< < ( ) 0g x′ < ( )g x 1x > ( ) 0g x′ > ( )g x
1x = ( )g x (1) 5g =
3( ) ( 2) ( )xh x x e x f x x
+ − − < − ln ( 2) xx a x e x− + − < ln ( 2) xa x x x e> − + −
( ) ln ( 2) xF x x x x e= − + − 1 1( ) 1 ( 1) ( 1)x xF x x e x ex x
′ = − + − = − −
1( ) xG x e x
= − 2
1( ) 0xg x e x
′ = + > ( )G x 1 ,12
1
21 2 02g e = −
1 ,12
0x 0
1 12 x< < 0
0
0
1( ) 0xG x e x
= − =
0
1
2 x x≤ < ( ) 0 ( )F x 0 1x x< ≤ ( ) 0 ( )H x
0( ) (1) 3H x H< = − max( ) 3F x < −
3a ≥ − 3( ) ( 2) ( )xh x x e x f x x
+ − − < − 1 ,12
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