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2021 学年高考数学（理）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·全国高三课时练习（理））当 时，不等式 恒成立，则实数 a 的取值
范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：当 x=0 时，原式恒成立；
当 时，原式等价于 恒成立；
当 时，原式等价于 恒成立；
令 ， ，令 ，即
， ，可知 为 y 的增区间， 为 y 的减区间，
所以当 时，即 时，t=1 时 ，即 ；当 时，即
时，y 在 上递减，在 上递增，所以 t=-1 时 ，即
[ 2,1]x∈ − 3 2 4 3 0ax x x− + + ≥
[ 5, 3]− − 9[ 6, ]8
− − [ 6, 2]− − [ 4, 3]− −
(0,1]x∈ 2
max3
4 3( )x xa x
− −≥
[ 2,0)x∈ − 2
min3
4 3( )x xa x
− −≤
2
3
4 3( ) , [ 2,0) (0,1]x xf x xx
− −= ∈ − ∪
2
3 2 3
4 3 1 4 3( ) x xf x x x x x
− −= = − −
1t x
=
3 23 4y t t t= − − + 2' 9 8 1y t t∴ = − − + 1( 1, )9
− 1( , 1),( , )9
−∞ − +∞
(0,1]x∈ [1, )t ∈ +∞ max 6y = − max( ) 6 6f x a= − ∴ ≥ − [ 2,0)x∈ −
1( , )2t ∈ −∞ − ( , 1)−∞ − 1( 1, ]2
− − min 2y = − 2 / 44
；综上，可知 a 的取值范围是 ，故选 C.
2．（2019·湖北东西湖华中师大一附中高三其他（理））已知函数 ， ，
的图像上有且仅有四个不同的点关于直线 的对称点在 的图像上，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
关于直线 的对称直线为 ， ，
先考虑特殊位置：
与 相切，
得 （舍去正数），
与 ，相切，
由 ，令 ，令
所以函数 在 递减，在 递增
由导数几何意义得 ， ，
结合图像，如图
min( ) 2 2f x a= − ∴ ≤ − [ 6, 2]− −
( ) 2
ln 2 , 0,
3 , 0,2
x x x x
f x
x x x
− >= + ≤
( ) 1g x kx= −
( )f x 1y = − ( )g x k
1 3,3 4
1 3,2 4
1 ,13
1 ,12
1y kx= − 1y = − 1y mx= − ( )m k= −
1y mx= − ( )2 3 02y x x x= + ≤
10 2m∆ = ⇒ = −
1y mx= − ( )ln 2 0= − >y x x x x
ln 1′ = −y x 0′ > ⇒ >y x e 0 0′ < ⇒ < 3 0x > ( ) 0F x′ < ( )y F x= ( )0, ∞+
0x < 3 0x < ( ) 0F x′ > ( )y F x= ( ),0−∞
( ) ( )max 0 1 0F x F= = − < ( )y F x= 4 / 44
故 也没有零点.
故选：D.
4．（2020·河南南阳高三二模（理））已知函数 ，关于 x 的方程 有三个不等实根，
则实数 m 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】 ，
当 时， ， 在 上为增函数；
当 时， ， 在 上为减函数；
所以 的图像如图所示
又 时， ，又 的值域为 ，
所以当 或 时，方程 有一个解，
( ) ( ) ( )
3 3
1 F xg x f x x x
= − =
( ) x
xf x e
= 1( ) ( )f x mf x
− =
1( , )e e
− +∞ 1( , )ee
− +∞ 1( , )e e
−∞ − 1( , )ee
−∞ −
( ) 1' x
xf x e
−=
1x < ( )' 0f x > ( )f x ( )0,e
1x > ( )' 0f x < ( )f x ( ),e +∞
( )f x
0x > ( ) 0f x > ( )f x 1, e
−∞
0t ≤ 1t e
= ( )t f x= 5 / 44
当 时，方程 有两个不同的解，
所以方程 即 有两个不同的解 ，
令 ，故 ，解得
故选：D
5．（2020·安徽高二期中（理））函数 的零点个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为函数 的零点个数即方程 的根的个数，，
故可化为 与 图象的交点的个数，
当 时， ，
，
令 ，可解的 ，
所以直线 与 相切于点 ，
作出函数 与函数 图象如图：
10 t e
< < ( )t f x=
1t mt
− = 2 1 0t mt− − = ( )1 2
1 10, , ,0t te e
∈ ∈ −∞ ∪
( ) 2 1g t t mt= − −
( )0 0
1 0
g
g e
<
>
1m ee
< −
( ) ln xf x x e
= −
0 1 2 3
( ) ln xf x x e
= − ( ) ln 0xf x x e
= − =
| ln |y x= xy e
=
1x > | ln | lny x x= =
1y x
′ =
1 1y x e
′ = = x e=
xy e
= | ln | ( 1)y x x= > ( ,1)e
| ln |y x= xy e
= 6 / 44
由图象可知，函数 与函数 图象有 2 个交点，
故函数 的零点个数为 2 个，
故选：C
6．（2020·全国高三课时练习（理））已知函数 在 上有两个零点，则 的取值范
围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】∵ ， .
当 时， ， 在 上单调递增，不合题意.
当 时， ， 在 上单调递减，也不合题意.
当 时，则 时， ， 在 上单调递减， 时， ，
在 上单调递增，又 ，所以 在 上有两个零点，只需
即可，解得 .
| ln |y x= xy e
=
( ) ln xf x x e
= −
( ) ln af x x ax
= − + [ ]1,ex∈ a
e , 11 e
− −
e ,11 e
−
e , 11 e
− −
[ )1,e−
( ) 2
1 af x x x
+′ = = 2
x a
x
+ [ ]1,ex∈
1a ≥ − ( ) 0f x′ ≥ ( )f x [ ]1,e
a e≤ − ( ) 0f x′ ≤ ( )f x [ ]1,e
1e a− < < − [ )1,x a∈ − ( ) 0f x′ < ( )f x [ )1, a− ( ],ex a∈ − ( ) 0f x′ >
( )f x ( ],a e− ( )1 0f = ( )f x [ ]1,ex∈ ( ) 1 0af e ae
= − + ≥
11
e ae
≤ < −− 7 / 44
综上， 的取值范围是 .
故选 C.
7．（2020·甘肃城关高三三模（理））已知函数 ，函数 （ ），
若对任意的 ，总存在 使得 ，则实数 的取值范围是（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意，函数 的导数为 ，
当 时， ，则函数 为单调递增；
当 时， ，则函数 为单调递减，
即当 时，函数 取得极小值，且为最小值 ，
又由 ，可得函数 在 的值域 ，
由函数 在 递增，可得 的值域 ，
由对于任意的 ，总存在 ，使得 ，
可得 ，即为 ，解得 ，故选 B.
8．（2020·高三其他（理））已知函数 的图象上存在点 ，函
数 的图象上存在点 ，且 ， 关于 轴对称，则 的取值范围是（ ）
a e , 11 e
− −
( ) x xf x xe e= − ( )g x mx m= − 0m >
1 [ 2 2]x ∈ − ， 2 [ 2 2]x ∈ − ， 1 2( ) ( )f x g x= m
2 1[ 3 , ]3e−− 2[ , )e + ∞ 21[ , ]3 e 1[ , )3
+ ∞
( ) ( 1)xf x e x= − ( ) xf x xe′ =
0x > ( ) 0f x′ > ( )f x
0x < ( ) 0f x′ < ( )f x
0x = ( )f x 1−
( ) 2 22 3 , (2)f e f e−− = − = ( )f x [ 2,2]− 2[ 1, ]e−
( ) ( 0)g x mx m m= − > [ 2,2]− ( )g x [ 3 , ]m m−
1 [ 2,2]x ∈ − 2 [ 2,2]x ∈ − 1 2( ) ( )f x g x=
2[ 1, ] [ 3 , ]e m m− ⊆ − 2
3 1m
m e
− ≤ −
≥
2m e≥
18ln ( , )y a x x ee
= + ∈ P
2 2y x= − − Q P Q x a 8 / 44
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解：函数 y＝ 的图象与函数 y＝x2+2 的图象关于 x 轴对称，
若函数 的图象上存在点 ，函数 的图象上存在点 ，且 ， 关于
轴对称，
则函数 的图象与函数 y＝x2+2 的图象有交点，
即方程 ＝x2+2（x∈[ ，e]）有解，
即 a＝x2+2﹣8lnx（x∈[ ，e]）有解，
令 f（x）＝x2+2﹣ ，则 f′（x） ，
当 x∈[ ，2）时，f′（x）＜0，当 x∈（2，e]时，f′（x）＞0，
故当 x＝2 时，f（x）取最小值 ，
由 f（ ） ，f（e）＝ ，
故当 x＝ 时，f（x）取最大值 ，
故 a∈ ，
故选 D．
2[6 8ln 2, 6]e− − 2[ 6, )e − +∞ 2
110 ,e
+ +∞ 2
16 8ln 2,10 e
− +
2 2x− −
18ln ,y a x x ee
= + ∈ P 2 2y x= − − Q P Q x
18ln ,y a x x ee
= + ∈
8lna x+ 1
e
1
e
8lnx
( )22 4x
x
−
=
1
e
6 8ln2−
1
e 2
1 10e
= + 2 6e −
1
e 2
1 10e
+
2
16 8ln2,10 e
− + 9 / 44
9．（2020·安徽金安高三其他（理））若函数 ，在区间 上任取三个实数
， ， 均存在以 ， ， 为边长的三角形，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】 的定义域为 ， ，
所以 在 上递减，在 上递增， 在 处取得极小值也即是最小值，
， ， ，
，
所以 在区间 上的最大值为 .
要使在区间 上任取三个实数 ， ， 均存在以 ， ， 为边长的三角形，
则需 恒成立，且 ，
也即 ，也即当 、 时， 成立，
即 ，且 ，解得 .所以 的取值范围是 .
故选：D
( ) lnf x x x h= − + + 1 ,ee
a b c ( )f a ( )f b ( )f c h
11, 1e
− −
1 1, 3ee
− −
1 1,e
− +∞
( )3,e − +∞
( )f x ( )0, ∞+ ( )' 1 11 xf x x x
−= − + =
( )f x 1 ,1e
( )1,e ( )f x 1x =
( )1 ln1 1 1f h h= − + + = + 1 1 1 1ln 1f h he e e e
= − + + = + +
( ) ln 1f e e e h e h= − + + = − +
( )1f f ee
( )1 0f >
( ) ( ) ( )maxminf a f b f c+ > 1a b= = c e= ( ) ( )2 1 ef f>
( )2 1 1h e h+ > − + ( )1 0f > 3h e> − h ( )3,e − +∞ 10 / 44
10．（2020·陕西高三其他（理））已知函数 ，点 是函数 图象上不同 两点，
则 （ 为坐标原点）的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】当 x＞0 时， ，当过原点的直线和 f（x）相切时，设切点为 ，
函数的导数 ，
则切线斜率 ，
则对应的切线方程为 ，
即 ，
当 x=0，y=0 时， ，
即 ，
即 ，得 a=1，此时切线斜率 ，
则切线和 y=-3x 的夹角为 θ，
则 ，则 ，
故∠AOB（O 为坐标原点）的取值范围是
11．（2020·甘肃靖远高三其他（理））设函数 是定义在 上的单调函数，且 ，
．若不等式 对 恒成立，则 的取值范围是（ ）
2
1
1 9 , 0( ) {
1 , 0x
x xf x
xe x−
+ ≤=
+ > ,A B ( )f x
AOB∠ O
(0, )4
π
(0, ]4
π
(0, )3
π
(0, ]3
π
( ) 11 xf x xe −= + ( )1,1 aa ae −+
( ) ( )1 1 11x x xf x e xe x e− − −= + = +′
( ) ( ) 1
2 1 ak f a a e −= +′=
( ) ( ) ( )1 11 1a ay ae a e x a− −− + = + −
( ) ( ) ( )1 11 1a ay a e x a ae− −= + − + +
( ) ( ) ( )1 11 1 0a aa e x a ae− −+ − + + =
2 1 1 11a a aa e ae ae− − −+ = +
2 1 1aa e − = 2 2k =
3 2tan 11 2 3
θ − −= =− × 4
πθ =
(0, )4
π
( )f x [ )1,+∞ [ )1,x∀ ∈ +∞
( )( )ln 0f f x x x+ − = ( ) ( ) ( )1f x f x a x′− ≤ − [ )1,x∈ +∞ a 11 / 44
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可得 为常数，设 ，
所以 ，则 ，
解得 ，故 ， ．
因为 ，所以 ．
设 ， ，
不等式 等价于函数 的图象在函数 图象的下方．
因为 ，
所以 ．
因为 ，所以 ，所以 ．
令 ，得 ，
令 ，得 ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，
1, 4
−∞ −
1 ,4
− +∞
( ],1−∞ [ )1,+∞
( ) lnf x x x+ − ( ) lnf x x x t+ − =
( ) lnf x x x t= − + ( ) ln 0f t t t t= − + =
1t = ( ) ln 1f x x x= − + ( ) 1 1f x x
′ = −
( ) ( ) ( )1f x f x a x′− ≤ − ( )1ln 2 1x x a xx
− − + ≤ −
( ) 1ln 2g x x x x
= − − + ( ) ( )1h x a x= −
( )1ln 2 1x x a xx
− − + ≤ − ( )y g x= ( )y h x=
( ) ( )1ln 2 1g x x x xx
= − − + ≥
( ) 5
2
1 1 1 1 51 2 4g x x x x
′ = + − = + −
1x ≥ 10 1x
< ≤ ( ) ( )1 1g x g′ ′≤ =
( ) 0g x′ > 5 11 2x
+≤ <
( ) 0g x′ < 5 1
2x
+>
( )g x 5 11, 2
+
5 1,2
+ +∞ 12 / 44
则 的大致图象如图所示， ，结合图象可得 ．
故选：A.
12．（2020·湖南衡阳高三三模（理））设 ， 分别为定义在 上的奇函数和偶函数，且
（ 为自然对数的底数），则函数 的图象大致为( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】因为 ，所以 ，
即 ，所以 .
( )y g x= (1) 1g′ = 1a ≥
( )f x ( )g x [ ],π π−
( ) ( ) 2 cosxf x g x e x+ = e ( ) ( )y f x g x= −
( ) ( ) 2 cosxf x g x e x+ = ( ) ( ) ( )2 cosxf x g x e x−− + − = −
( ) ( ) ( )2 cosxf x g x e x−− + = ( ) ( ) 2cos
x
xf x g x e
− = − 13 / 44
因为 ，当 时， ，所以 C，D 错误.
又 ，所以 为极值点，即 B 错误.
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）
13．（2020·四川宜宾�高三其他（理））对 ，不等式 恒成立，则实数 的取值范围
是_______
【答案】
【解析】对 ，不等式 恒成立
即 恒成立.
令 ，故 .
当 时，令 ，解得 ，
故 在 单调递减，在 单调递增.
故 ，
即 ，解得 ；
当 时 满足题意.
2cos
x
xy e
= − 0.01x = 0y <
( ) 2 2 sin2 sin cos 4
x x
xx xy e e
π + + ′ = = 4
πx = −
x R∀ ∈ 2( )x xe m e m x− ≥ m
3
42 ,1e
−
x R∀ ∈ 2( )x xe m e m x− ≥
2 2 0x xe me m x− − ≥
( ) 2 2x xf x e me m x= − − ( ) ( )( )2 22 2x x x xf x e me m e m e m= − − = + −′
0m > ( ) 0f x′ = x lnm=
( )f x ( ),lnm−∞ ( ),lnm +∞
( ) ( ) 2 2 0lnm lnm
minf x f lnm e me m lnm= = − − ≥
0lnm ≤ ( ]0,1m∈
0m = ( ) 2 0xf x e= ≥ 14 / 44
当 时，令 ，解得 ，
故 在 上单调递减，在 单调递增.
故 ，
即 ， ，解得 ，
即 .
综上所述：
故答案为： .
14．（2020·全国高三课时练习（理））已知函数 ， ，若当 时，存在
， ，使得 成立，则实数 的取值范围是_____________.
【答案】
【解析】由题意：存在 ， ，使得 成立，等价于 .
因为 ， ，所以当 时， .
因为 ， ，所以 .
0m < ( ) 0f x′ = ln 2
mx = −
( )f x ,ln 2
m −∞ − ln ,2
m − +∞
( ) ln2ln 22ln ln 02 2 2
m
min
m m mf x f e me m
− = − = − − − − ≥
2 23 ln 04 2
mm m − − ≥
3ln 2 4
m − ≤
3
42m e≥ −
3
42 ,0m e
∈ −
3
42 ,1m e
∈ −
3
42 ,1e
−
( )
xef x x
= 2 2( ) ( 1)g x x a= − − + 0x >
1x 2x R∈ 2 1( ) ( )f x g x≤ a
( ), ,e e −∞ − +∞
1x 2x R∈ 2 1( ) ( )f x g x≤ min max( ) ( )f x g x≤
2 2( ) ( 1)g x x a= − − + 0x > 1x = 2
max( )g x a=
( )
xef x x
= 0x >
2 2
( 1)( )
x x xe x e e xf x x x
⋅ − −′ = = 15 / 44
所以 在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以 .又 ，所以 或 .
故实数 a 的取值范围是 .
故答案为：
15．（2020·岳麓高三其他（理））已知函数 与函数
的图象上至少存在一对关于 轴对称的点，则实数 的取值范围是
________.
【答案】
【解析】
原问题等价于 在 有零点，
而 ，
知 在 单调递减，在 单调递增，
又 ， ， ，
所以可判断 ，
( )f x
min( ) (1)f x f e= = 2
max( )g x a= 2a e a e≥ ⇔ ≤ − a e≥
( ), ,e e −∞ − +∞
( ), ,e e −∞ − +∞
2( )f x x m= +
1 1( ) ln 3 ,22g x x xx
= − − ∈ x m
[2 ln 2,2]−
2( ) ( ) ( ) ln 3h x f x g x x x x m= + = + − + 1 ,22
( ) 1 12 3 (2 1)( 1)h x x x xx x
′ = + − = − −
( )h x 1 ,12
(1,2]
(1) 2h m= − (2) ln 2 2h m= − + 1 5ln 22 4h m = − − +
8 33 ln 2 lnln 2 2 2ln 2 04 4
5ln 2 4
− − + − = − = >
− − + m em
1(2) 2h h > 16 / 44
因而 的值域为 ，又 有零点，
由 得 .
故答案为：
16．（2020·安徽金安高三月考（理））已知函数 .下列说法正确的是___________.
① 有且仅有一个极值点；
② 有零点；
③若 极小值点为 ，则 ；
④若 极小值点为 ，则 .
【答案】①③
【解析】
【分析】
利用导数的知识选四个说法逐一分析，由此确定正确说法的序号.
【详解】
函数 的定义域为 ， ， ，所以 单调递增，而
，所以 存在唯一零点 ，使 ，即
， （*），两边取对数得 （**），且 时 ，
时 ，所以 是 的极小值点. ，将（*）和（**）代入上
( )h x [ ]2,ln 22m m− − + ( )h x
2 0 ln 2 2m m− ≤ ≤ − + [2 ln 2,2]m∈ −
[2 ln 2,2]−
( ) ln 2xf x e x= − −
( )f x
( )f x
( )f x 0x 0
10 ( ) 2f x< <
( )f x 0x 0
1 ( ) 12 f x< <
( )f x ( )0, ∞+ ( )' 1xf x e x
= − ( )''
2
1 0xf x e x
= + > ( )'f x
( ) 1
' ' 211 1 0, 2 02f e f e = − > = − 0x ( )f x ( ) 0
0 0ln 2xf x e x= − − 17 / 44
式得 ，由于 ，所以 在 上递减，
，所以 ，所以 ，也即 没有零点.
综上所述，①③正确.
故答案为：①③
17．（2020·四川达州�高三三模（理））已知 是奇函数，
若 恒成立，则实数 a 的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意结合奇函数的性质可得 ，进而可得 ，按照 、 讨论
成立情况；当 时，转化条件为 恒成立，令
，求导求得 的最大值，令 即可得解.
【详解】
由 是奇函数可得 ，即 ，
所以 ，
当 时， ，可知此时 单调递减，
( )0 0
0
1 2f x xx
= + −
0
1 ,12x ∈
( )0 0
0
1 2f x xx
= + − 1 ,12
( )1 1 , 1 02 2f f = =
( )0 0
0
1 12 0, 2f x xx
= + − ∈
( ) 0f x > ( )f x
3 2( ) 3 1f x x a x b= − + + ( ), 0,( ) ln( ), 0,
f x xg x x b x
≤= − − >
4( ) 2g x a≤
( , 1] {0} [1, )−∞ − +∞
1b = −
3 23 , 0( )
ln( 1), 0
x a x xg x
x x
− ≤= − + > 0x > 0x ≤
4( ) 2g x a≤ 0x ≤ 3 2 42 03x a x a− ≤−
( ) ( )3 2 43 2 0h x x a x xa= − ≤− ( )h x ( )
max
0h x ≤
3 2( ) 3 1f x x a x b= − + + (0) 1 0f b= + = 1b = −
3 23 , 0( )
ln( 1), 0
x a x xg x
x x
− ≤= − + >
0x > ( ) ln( 1)g x x= − + ( )g x 18 / 44
所以 ，所以 恒成立；
当 时， ，所以 等价于 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ， ，
当 时， ，当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
所以 ，
若要使 恒成立，则 恒成立，
所以 即 ；
当 ， ， 单调递增，所以 恒成立，满足题意；
当 时， ，当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
所以 ，
若要使 恒成立，则 恒成立，
所以 即 ；
综上所述，实数 a 的取值范围是 .
故答案为： .
( )( ) ln 0 1 0g x < + = 4( ) 2g x a≤
0x ≤ 3 2( ) 3g x x a x= − 4( ) 2g x a≤ 3 2 42 03x a x a− ≤−
( ) ( )3 2 43 2 0h x x a x xa= − ≤− ( ) ( )( )2 23 33h x x a x a x a= +′ = −−
( ) 0h x′ = 1x a= 2x a= −
0a > 2 10x x< < ( ),x a∈ −∞ − ( ) 0h x′ > ( )h x
( ),0x a∈ − ( ) 0h x′ < ( )h x
( ) ( )h x h a≤ −
4( ) 2g x a≤ ( ) ( )3 3 4 33 2 2 1 0h a a a a a a− = − + − = − − ≤
1 0a − ≥ 1a ≥
0a = ( ) 0h x′ ≥ ( )h x ( ) ( ) 40 2 0h x h a≤ = − ≤
0a < 1 20x x< < ( ),x a∈ −∞ ( ) 0h x′ > ( )h x
( ),0x a∈ ( ) 0h x′ < ( )h x
( ) ( )h x h a≤
4( ) 2g x a≤ ( ) ( )3 3 4 33 2 2 1 0h a a a a a a= − − = − + ≤
1 0a + ≤ 1a ≤ −
( , 1] {0} [1, )−∞ − +∞
( , 1] {0} [1, )−∞ − +∞ 19 / 44
18．（2020·全国高三其他（理））已知函数 ， ，若关于 的方程
恰有三个不同的实数根，则实数 的取值范围为______________.
【答案】
【解析】
【分析】
可变形为 ，设 ，利用导数求出 的单调性，求出
端点值和单调性变化时的函数值，即可得到 的取值范围.
【详解】
可变形为 ，设 ，
则由题意可知直线 与曲线 有三个不同的交点，
易知 ，
当 时， 恒成立，所以函数 在 上单调递减，
当 时， 恒成立，所以函数 在 上单调递增，
当 时， ， ，
当 时， ， ，
当 时， ，画出函数 的大致图象如图所示，
易知 ，故实数 的取值范围为 .
( ) | ln |f x x= 2
0,0 1
( ) 4 2, 1
x
g x x x
< ≤= − − >
x
( ) ( )f x m g x+ = m
( 2 ln2,0]− −
( ) ( )f x m g x+ = ( ) ( )m g x f x= − ( ) ( ) ( )h x g x f x= − ( )h x
m
( ) ( )f x m g x+ = ( ) ( )m g x f x= − ( ) ( ) ( )h x g x f x= −
y m= ( )h x
2
2
ln ,0 1
( ) 2 ln ,1 2
ln 6, 2
x x
h x x x x
x x x
< ≤
= − − < ( )h x [2, )+∞
1x = ln1 0= 22 ln 1x x− − =
2x = 22 ln 2 ln2x x− − = − − 2 ln 6 2 ln2x x− − = − −
3x = 2 ln 6 3 ln3 0x x− − = − > ( )h x
2 ln2 0m− − < ≤ m ( 2 ln2,0]− − 20 / 44
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）
19．（2019·高三月考（理））已知函数 ， .
（1）讨论 的单调性；
（2）当 时，令 ，其导函数为 ，设 是函数 的两个零点，判断
是否为 的零点？并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）先求函数导数，根据 a 的范围讨论导函数在定义区间上零点，根据导函数零点情况确定函
数极值，（2）根据零点解得 ，代入 得
. 构造函数 ，其中 ，最后根据导数确定函
数 单调性，根据单调性确定函数 无零点.
试题解析：（1）依题意知函数 的定义域为 ，且 .
①当 时， ，所以 在 上单调递增.
( ) ( )ln 1f x x a x= + − a R∈
( )f x
1
2a = − ( ) ( )2 1 2g x x f x= − − ( )'g x 1 2,x x ( )g x
1 2
2
x x+ ( )'g x
( )1 2
1 2
1 2
2 ln ln1 x xx x x x
−+ − = −
1 2
2
x xg
+′
( ) ( )1 2
1 2
1 2 1 2
22 ln ln x xx xx x x x
−− − − +
( ) ( )2 1ln 1
tt t t
ϕ −= − +
1
2
xt x
=
( )g t ( )tϕ
( )f x ( )0 + ∞， ( ) 1f x ax
′ = −
0a ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x 21 / 44
②当 时，由 得： ，
则当 时 ；当 时 .
所以 在 单调递增，在 上单调递减.
（2） 不是导函数 的零点.
证明如下：由（Ⅰ）知函数 .
∵ ， 是函数 的两个零点，不妨设 ，
∴ ，两式相减得：
即：
又 .
则
.
设 ，∵ ，∴ ，
令 ， .
0a > ( ) 0f x′ = 1x a
=
10x a
∈ ， ( ) 0f x′ > 1x a
∈ + ∞ ， ( ) 0f x′ <
( )f x 1
a
， + ∞
1 2
2
x x+ ( )g x′
( ) 2 2lng x x x x= − −
1x 2x ( )g x 1 20 x x< <
2 2
1 1 1 1 1 1
2 2
2 2 2 2 2 2
2ln 0 2ln{ {
2ln 0 2ln
x x x x x x
x x x x x x
− − = − =⇒
− − = − =
( )( ) ( )1 2 1 2 1 21 2 ln lnx x x x x x− + − = −
( )1 2
1 2
1 2
2 ln ln1 x xx x x x
−+ − = −
( ) 22 1g x x x
−′ = −
( )1 21 2
1 2
1 2 1 2 1 2
2 ln ln4 412
x xx xg x x x x x x x x
−+ = + − − = − + − +
′
( ) ( )1 2
1 2
1 2 1 2
22 ln ln x xx xx x x x
−= − − − +
1
2
xt x
=
1 20 x x< < 0 1t< <
( ) ( )2 1ln 1
tt t t
ϕ −= − +
( ) ( )
( )
( )
2
2 2
11 4
1 1
tt t t t t
ϕ −= − =
+
′
+ 22 / 44
又 ，∴ ，∴ 在 上是増函数，
则 ，即当 时， ，
从而 ，
又 所以 ，
故 ，所以 不是导函数 的零点.
20．（2020·浙江高三期末）已知函数 .
（1）若 ，求函数 的单调区间；
（2）若存在两个不等正实数 、 ，满足 ，且 ，求实数 的取值范围.
【答案】（1）单调减区间为 ，单调增区间为 ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）将 代入函数 的解析式，求导，分别解不等式 和 可得出函数
的减区间和增区间；
（2）根据题意，化简变形已知，构造新函数，利用导数求解即可.
【详解】
0 1t< < ( ) 0tϕ′ > ( )tϕ ( )0,1
( ) ( )1 0tϕ ϕ< = 0 1t< < ( )2 1ln 01
tt t
−−
′ 1 2
2
x x+ ( )g x′
( ) ( )1lnf x a x ax
= + ∈ R
1a = ( )f x
1x 2x ( ) ( )1 2f x f x= 1 2 2x x+ = a
( )0,1 ( )1,+∞ ( )1,+∞
1a = ( )y f x= ( ) 0f x′ < ( ) 0f x′ >
( )y f x= 23 / 44
（1）当 时 ，定义域为 ，则 ，
当 时， ；当 时， ，
所以，函数 的单调减区间为 ，单调增区间为 ；
（2）设 ，由 得 ，则 ， ，
又 ， ，
设 ，则 ，
令 ，则 且 ，
由题意可知，函数 在区间 上有且只有一个零点，
设函数 的两个极值点分别为 、 ，则 ，
函数 在 上有且只有一个实根， ，解得 .
综上，实数 的取值范围为 .
21．（2020·黑山县黑山中学高三月考（理））已知函数 ．
（Ⅰ）不需证明，直接写出 的奇偶性：
（Ⅱ）讨论 的单调性，并证明 有且仅有两个零点：
（Ⅲ）设 是 的一个零点，证明曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线．
1a = ( ) 1lnf x x x
= + ( )0, ∞+ ( ) 2 2
1 1 1xf x x x x
−′ = − =
0 1x< < ( ) 0f x′ < 1x > ( ) 0f x′ >
( )y f x= ( )0,1 ( )1,+∞
1 2 0x x> > ( ) ( )1 2f x f x= 1 2
1 2
1 1ln lna x a xx x
+ = + 1 1 2
2 1 2
ln x x xa x x x
−= 0a∴ >
1 2 2x x+ =
2 2
1 1 2 1 2
2 1 2 2 1
2 ln x x x x xa x x x x x
−∴ = = −
1
2
1xt x
= > 12 lna t t t
= −
( ) ( )1 2 ln 1g t t a t tt
= − − > ( ) 2
2
2 1t atg t t
− +′ = ( )1 0g =
( )y g t= ( )1,+∞
( )y g t= 1t 2t 1 2 1t t =
∴ ( )y g t′= ( )1,+∞ ( )1 2 2 0g a′ = − < 1a >
a ( )1,+∞
( ) 21 1xx ef x = − − −
( )f x
( )f x ( )f x
0x ( )f x xy e= ( )0
0 , xA x e lny x= 24 / 44
【答案】（Ⅰ）奇函数；（Ⅱ） 在 和 上单调递增；证明见解析；（Ⅲ）证明见解析．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先计算出函数的定义域，然后根据简单函数的奇偶性，简单判断可得结果.
（Ⅱ）计算函数 ，可得函数 在 和 上单调递增，然后利用零点存在性定理以及函
数的奇偶性，可得结果.
（Ⅲ）简单判断可知点 在曲线 上，计算直线 的斜率以及曲线 在点
处切线的斜率和曲线 在点 处切线的斜率即可.
【详解】
（Ⅰ）定义域为 ，函数为奇函数．
（Ⅱ）因为 ，
由（Ⅰ）知， 为奇函数，且
所以， 在 和 上单调递增．
在 上， ，
所以 在 上有唯一零点 ，即 ．
又 为奇函数， ．
( )f x ( ,0)−∞ (0, )+∞
( )f x′ ( )f x ( ,0)−∞ (0, )+∞
0
0( , )xB e x− − lny x= AB lny x=
0
0( , )xB e x− − xy e= 0
0( , )xA x e
{ | 0}x x ≠
2
2( ) 1 0( 1)
x
x
ef x e
′ = + >−
( )f x { | 0}x x ≠
( )f x ( ,0)−∞ (0, )+∞
(0, )+∞
1
2 2(1) 1 1 01 1f e e
= − − = − − −
( )f x (0, )+∞ 1x 1( ) 0f x =
( )f x 1 1 10, ( ) ( ) 0x f x f x− < − = − = 25 / 44
故 在 上有唯一零点 ．
综上， 有且仅有两个零点．
（Ⅲ）因为 ，故点 在曲线 上．
由题设知 即 ，连接 ，
则直线 的斜率
曲线 在点 处切线的斜率是 ；
曲线 在点 处切线的斜率也是 ．
所以曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线．
22．（2020·甘肃安宁西高三月考（理））已知函数 .
（1）若函数 （ ， ）的定义域为 ，求实数 a 的取值范围；
（2）当 时，恒有不等式 成立，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1） ，且 ；（2）
【解析】
【分析】
( )f x ( ,0)−∞ 1x−
( )f x
0
0ln xe x− = − 0
0( , )xB e x− − lny x=
0( ) 0,f x = 0 0
0
1
1
x xe x
+= − AB
AB
0
0
0
0
0
0 0 0
00 0
0
0
1
1 1
1 1
1
x
x
x
x xe x x xk exx e xx x
−
+ ++ − += = = =−− −− +
lny x= 0
0( , )xB e x− − 0ex
xy e= 0
0( , )xA x e 0ex
xy e= 0
0( , )xA x e lny x=
( ) 2 2 1f x x ax= − +
( ) ( )logag x f x a= + 0a > 1a ≠ R
0x > ( )
lnf x xx
>
1 50 2a
+< < 1a ≠ 1 5 15 ln2 2a
+< − 26 / 44
（1）由题可知 在 上恒成立，利用二次函数的性质可得 a 的范围；
（2）整理不等式得 ，构造函数 ，利用导数求出函数的最小值即可.
【详解】
（1）由题意可知， 在 上恒成立，∴ ，
∴ ，且 ；
（2）∵ ，∴ ，令 ，
∴ ，
令 ，解得 ，
当 时， ， 递增；当 时， ， 递减；
∴ ，∴ .
23．（2020·安徽芜湖高三一模（理））已知函数 .
（1）若 存在极值，求实数 a 的取值范围；
（2）设 ，设 是定义在 上的函数.
（ⅰ）证明： 在 上为单调递增函数( 是 的导函数)；
2 2 1 0x ax a− + + > R
1 ln 2x x ax
+ − > ( ) 1 lnh x x xx
= + −
2 2 1 0x ax a− + + > R 24 4 4 0a a∆ = − − <
1 50 2a
+< < 1a ≠
( )
lnf x xx
> 1 ln 2x x ax
+ − > ( ) 1 lnh x x xx
= + −
( ) 2
1 1 1h x x x
′ = − − +
( ) 2
1 1 1 0h x x x
′ = − − + = 5 1
2x
+=
5 1,2x
+∈ +∞
( ) 0h x′ > ( )h x 5 10, 2x
+∈
( ) 0h x′ < ( )h x
( ) 5 1 5 15 ln2 2h x h
+ +≥ = −
1 5 15 ln2 2a
+< −
( ) ( )2 2x xf x ae e a x−= + + −
( )y f x=
1 2a≤ ≤ ( ) ( ) ( )2 cosg x f x a x= − + π, 2
∞ −
( )y g x′= π, 2
∞ −
( )g x′ ( )y g x= 27 / 44
（ⅱ）讨论 的零点个数.
【答案】（1） .（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）答案见解析
【解析】
【分析】
（1）求导得 ，按照 、 分类，求得 、 的解集即可
得解；
（2）（ⅰ）令 ，对 求导，按照 、
分类，证明 恒大于 0，即可得证；
（ⅱ）由 的单调性结合 ，按照 、 分类，结合 即可得解.
【详解】
（1）求导得 ，
当 时， ， 在 R 上单调递减， 无极值；
当 时， 在 单调递减，在 上单调递增，
则 在 处有极小值.
综上，实数 a 的取值范围为 ；
（2）（ⅰ）证明：由题意 ，
∵令 ，
( )y g x=
0a >
( ) ( )( )2 1x x
x
ae e
f x e
− +′ = 0a ≤ 0a > ( ) 0f x′ > ( ) 0f x′ <
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 sinx xh x g x ae e a a x−′= = − + − + + ( )h x π π
2 2x− ≤ ≤
π
2x ≤ − ( )h x′
( )y g x′= ( ) ( )0 2 2g a′ = − 2a = 1 2a≤ < ( )0 0g =
( ) ( ) ( )( )2 2 12 2 x xx x
x x
ae eae a ef x e e
− ++ − −′ = =
0a ≤ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )f x
0a > ( )f x 2,ln a
−∞
2ln ,a
+∞
( )f x 2lnx a
=
0a >
( ) ( ) ( )2 cos2 2x xae e ag x xx a−= − ++ + −
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 sinx xh x g x ae e a a x−′= = − + − + + 28 / 44
∴ ，
∵ ，
当 时， ， ， ，
则 ；
当 时，令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 ，
从而有： ，而 ，
则 ，则 ；
综上，对 都有 成立，
故 在区间 单调递增；
（ⅱ）由（ⅰ）知， 在区间 单调递增且 ，
①当 时， ，
当 时， 则 在 单调递减；
( ) ( )2 2 cosx xh x ae e a x−′ = + + +
1 2a≤ ≤
π π
2 2x− ≤ ≤ 0xae > 2 0xe− > ( )2 cos 0a x+ >
( ) ( )2 2 cos 0x xh x ae e a x−′ = + + + >
π
2x ≤ − ( ) ( )1xt x e x= − + ( ) 1xt x e′ = −
( )t x ( ),0−∞ ( )0, ∞+
( ) ( )0 0t x t≥ = 1xe x≥ +
π
2 π2 2 2 1 42
xe e− ≥ ≥ + >
( )2 cos 2 4a x a+ ≤ + ≤
( )2 2 cos 0xe a x− + + > ( ) 0h x′ >
π, 2x −
∀ ∈
∞ ( ) 0h x′ >
( ) ( ) ( )2 2 2 sinx xg x ae e a a x−′ = − + − + + π, 2
∞ −
( )y g x′= π, 2
∞ −
( ) ( )0 2 2g a′ = −
2a = ( )0 0g′ =
( ],0x∈ −∞ ( ) 0g x′ ≤ ( )g x ( ),0−∞ 29 / 44
当 时， 则 在 单调递增，
则 是 的唯一极小值点，且 ，
从而可知：当 时， 在区间 有唯一零点 0；
②当 时，有 ，
且 ，
故存在 使 ，
此时 在 单调递减，在 单调递增，
且
，
又 ，由零点存在定理知：
则 在区间 有唯一零点，记作 ，
从而可知：当 时， 在区间 上有两个零点：0 和 ；
综上：①当 时， 在区间 有唯一零点 0；
π0, 2x ∈
( ) 0g x′ > ( )g x π0, 2
0x = ( )y g x= ( )0 0g =
2a = ( )y g x= π, 2
∞ −
1 2a≤ < ( ) ( )0 2 2 0g a′ = − <
π π π π
2 2 2 22 22 2π 0g ae e a ae a e
− − ′ = − + = + − >
1
π
20,x ∈
( )1 0g x′ =
( )g x ( )1, x−∞ 1 2, πx
( ) ( )π π π
2 2 22 π 2 ππ π 22 2 22 2
ag ae ae ae
− −− −> + = + ++
( )π
22 1 π 0e a
−= + − >
( ) ( )1 0 0g x g< =
( )g x 1 2, πx
1c
1 2a≤ < ( )y g x= π, 2
∞ − 1c
2a = ( ) ( ) ( )2 cosg x f x a x= − + π, 2
∞ − 30 / 44
②当 时， 在区间 有两个不同零点.
24．（2020·安徽相山高三月考（理））已知函数 .
（Ⅰ）讨论 的单调性；
（Ⅱ）比较 与 的大小 且 ，并证明你的结论.
【答案】（I）见解析；（II）见解析
【解析】
【分析】
（Ⅰ）运用零点法，把函数 的解析式进行分段表示，然后利用导数，判断每段函数的单调性；
（Ⅱ）由由（Ⅰ）可知当 ， 时， ，即 ，所以 .这样
，注意到
，最后可以得出：
.
【详解】
（Ⅰ）函数 可化为 ，
当 时， ，从而 在 上总是递减的，
1 2a≤ < ( ) ( ) ( )2 cosg x f x a x= − + π, 2
∞ −
( ) | | ln ( 0)f x x a x a= − − >
( )f x
2 2 2
2 2 2
ln 2 ln3 ln
2 3
n
n
+ +…+ ( 1)(2 1)
2( 1)
n n
n
− +
+ (n N+∈ )2n >
( )f x
1a = 1x > 1 ln 0x x− − > ln 1x x> − ln 11x
x x
< −
2 2 2
2 2 2
ln 2 ln3 ln
2 3
n
n
+ + + 2 2 2
1 1 11 1 12 3 n
< − + − + − 2 2 2
1 1 11 2 3n n
= − − + + +
2
1 1 ( 2, )( 1) n n Nn n n
∗> ≥ ∈+
2 2 2
2 2 2
ln 2 ln3 ln ( 1)(2 1)
2 3 2( 1)
n n n
n n
− ++ +…+ < +
( )f x ln ,( ) ln ,0
x x a x af x a x x x a
− − ≥= − − < ( ) 0f x′ > ( )f x [ ,1)a
(1, )+∞ ( )f x x a=
1a ≥ ( )f x (0, )a [ , )a +∞
0 1a< < ( )f x (0,1) [1, )+∞
1a = 1x > 1 ln 0x x− − > ln 1x x> − ln 11x
x x
< −
2 2 2
2 2 2
ln 2 ln3 ln
2 3
n
n
+ + + 2 2 2
1 1 11 1 12 3 n
< − + − + − 2 2 2
1 1 11 2 3n n
= − − + + +
1 1 11 2 3 3 4 ( 1)n n n
< − − + + + × × +
1 11 2 1n n
= − − − +
1( 1) 2( 1)
nn n
−= − − +
22 2 1 ( 1)(2 1)
2( 1) 2( 1)
n n n n
n n
− − + − += =+ +
xe
x 2
xe
x
ln x
x 2
ln x
x
( ) x
k
ef x x
= ( ) ln
k
xg x x
= k ( )0, ∞+
2 3 ln 1 0
e x
x e x− − >
( )min
k
k
ef x k
= ( )max
1g x ek
= 32 / 44
【解析】
【分析】
（1）利用导数求得 的单调性即可得到最值；
（2）原不等式可以变形为 ，设 ， ，只需证明
即可.
【详解】
（1） ，当 时， ；当 时， ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
所以 ，无最大值.
，令 ，得 ，令 ，得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
所以 ，无最小值.
（2）原不等式可以变形为 .
设 ， ，易得 在 上单调递减，在 上
( ), ( )f x g x
3
3
ln 1
e x
e x
x x
+> ( ) 3
e x
eh x x
= ( ) 3
ln 1xm x x
+= ( )minh x > ( )maxm x
( ) ( )
( )
1
'
2
k x
k
x e x kf x
x
− −= x k> ( )' 0f x > 0 x k< < ( )' 0f x <
( )f x ( )0,k ( ),k +∞
( ) ( )min
k
k
ef x f k k
= =
( ) ( )
( )
1
'
2
1 lnk
k
x k xg x
x
− −= ( )' 0g x > 1
0 kx e< < ( )' 0g x < 1
kx e>
( )g x
1
0, ke
1
,ke
+∞
( ) 1
max
1kg x g e ek
= =
3
3
ln 1
e x
e x
x x
+>
( ) 3
e x
eh x x
= ( )
3
'
2
13
e x ee x
h x x
− = ( )h x 30, e
3,e
+∞ 33 / 44
单调递增，所以 .
设 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
所以
所以 （因为两个函数的最值不能同时取得）.
26．（2020·河南高三月考（理））已知函数 ，若曲线 在点
处的切线方程为 ．
（1）求 ， 的值；
（2）证明： ．
【答案】（1） ， ；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据导数的几何意义以及切线方程列方程组 可解得结果；
（2）根据 在区间 上单调递增，且 ， ，可得 有唯
( ) 2
min
3
3
eh x h e
= =
( ) 3
ln 1xm x x
+= ( )'
4
2 3ln xm x x
− −=
( )' 0m x > 2
30 x e
−< < ( )' 0m x < 2
3x e
−>
( )m x
2
30,e
−
2
3 ,e
− +∞
( ) 2 2
3
2max
2 13
3
em x m e e
−
−
− + = = =
( ) ( )h x m x>
( ) ( )lnxf x ae b x b a b R= − + ∈， ( )y f x=
( )( )1, 1f ( )2 1 2 0e x y− − + =
a b
( ) 3 ln 2f x > +
2a = 1b =
2 1
2 1 2 0
ae b e
e ae b
− = −
− − − + =
( ) 1' 2 xf x e x
= − ( )0, ∞+ 1' 04f
( ) 3 ln 2f x > +
( ) lnxf x ae b x b= − + ( )' x bf x ae x
= −
( )1f ae b= + ( )' 1f ae b= −
( )y f x= ( )( )1, 1f ( )2 1 2 0e x y− − + =
2 1
2 1 2 0
ae b e
e ae b
− = −
− − − + =
2a = 1b =
( ) 2 ln 1xf x e x= − + ( ) 1' 2 xf x e x
= −
( ) 1' 2 xf x e x
= − ( )0, ∞+
1' 04f ( )f x 35 / 44
所以 ．
因为 在 上单调递减， ，
所以 ，所以 ，即 ．
27．（2020·江西高三月考（理））已知函数 有两个不同的极值点 、 .
（1）求实数 的取值范围；
（2）若 ，求证： ，且 .
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求得 ，可知方程 在 上有两个不等的实根，利用二次方程
根的分布可求得实数 的取值范围；
（2） ，令 ，构造函数 ，利用导数
分析函数 的单调性，进而可证得结论成立.
【详解】
( ) ( ) 0
0 0 0min
0
12 ln 1 ln 2 1xf x f x e x xx
= = − + = + + +
1y x x
= + ( )0,1 ( )0 0,1x ∈
0
0
1 2xx
+ > ( )min 3 ln 2f x > + ( ) 3 ln 2f x > +
( ) 12 lnf x x a x x
= − − 1x ( )2 1 2x x x>
a
3a > 1 1x > ( ) ( )1 2
1 2
4 2ln 23
f x f x
x x
− < −+
( )2 2,+∞
( ) 2
2
2 1x axf x x
− +′ = 22 1 0x ax− + = ( )0, ∞+
a
( ) ( ) 1
1 2 2 1
11 2 2
2
4 1
2ln
1
x
f x f x x x
xx x x
x
− − = −+ +
1
2
2xt x
= > ( ) ( )4 1 2ln1
th t tt
−= −+
( )y h t= 36 / 44
（1） ，定义域为 ， .
由题意可知，方程 在 上有两个不等的实根 、 ，
则 ，解得 .
因此，实数 的取值范围是 ；
（2）由题意可知， 、 为方程 的两个实根，
由于 ，则 ，
当 时， ， ，
由（1）可知 ，
，
( ) 12 lnf x x a x x
= − − ( )0, ∞+ ( ) 2
2 2
1 2 12 a x axf x x x x
− +′ = − + =
22 1 0x ax− + = ( )0, ∞+ 1x 2x
2
1 2
1 2
8 0
1 02
02
a
x x
ax x
∆ = − >
= >
+ = >
2 2a >
a ( )2 2,+∞
1x 2x 22 1 0x ax− + =
1 2x x> 2
1
8
4
a ax
+ −=
3a > 2 8 1a − >
2
1
8 14
a ax
+ −∴ = >
1 2
1 2
2
1
2
ax x
x x
+ =
=
( ) ( ) ( ) ( )
( )
1
1 2
1 2 1 22 1 2 1 1 2
1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2
1 12 ln 2 2ln
xx x af x f x x xx x x x x x
x x x x x x x x x x x
− − − +− − −= = − ++ + + +
( ) 1
1 2 21 1
11 2 2 2
2
4 14 2ln 2ln
1
x
x x xx x
xx x x x
x
− − = − = −+ + 37 / 44
，令 ，设 ， .
，所以，函数 在 上单调递减，
所以， ，因此， .
28．（2020·江苏南通高三其他）已知函数 .
（1）求函数 的图象在 （ 为自然对数的底数）处的切线方程；
（2）若对任意的 ，均有 ，则称 为 在区间 上的下界函数， 为
在区间 上的上界函数.
①若 ，求证： 为 在 上的上界函数；
②若 ， 为 在 上的下界函数，求实数 的取值范围.
【答案】（1） ；（2）①证明见解析；② .
【解析】
【分析】
（1）求出 和 的值，利用点斜式可求得所求切线的方程；
（2）①利用导数得出 ， ，可得出 ，结合题中定义可得出结论；
21
1
2
2 2x xx
= > 1
2
2xt x
= > ( ) ( )4 1 2ln1
th t tt
−= −+ 2t >
( ) ( )
( )
( )
2
2 2
2 18 2 0
1 1
th t tt t t
− −′ = − = <
+ +
( )y h t= ( )2,+∞
( ) ( ) 42 2ln 23h t h< = − ( ) ( )1 2
1 2
4 2ln 23
f x f x
x x
− < −+
( ) 1 ln xf x x
+=
( )f x x e= e
x D∈ ( ) ( )m x n x≤ ( )m x ( )n x D ( )n x ( )m x
D
( )
1
xeg x x
= +
( )g x ( )f x ( )0, ∞+
( )
1
kg x x
= +
( )g x ( )f x [ )1,+∞ k
2
1 3y xe e
= − + ( ],2−∞
( )f e ( )f e′
( ) 1f x ≤ ( ) 1g x > ( ) ( )g x f x≥ 38 / 44
②由题意得出 对任意的 恒成立，利用参变量分离法得出 ，
设 ，利用导数求出函数 在 上的最小值，由此可求得实数
的取值范围.
【详解】
（1）因为 ，所以 ，
所以函数 的图象在 处的切线斜率 .
又因为 ，所以函数 的图象在 处的切线方程为 ；
（2）①由题意得函数 的定义域为 .
令 ，得 .
所以当 时， ；当 时， .
故函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
所以 .
因为 ，所以 ，
故当 时， 在 上恒成立，所以 在 上单调递增，
从而 ，所以 ，即 ，
所以函数 为 在 上的上界函数；
( ) ( )g x f x≤ [ )1,x∈ +∞ ln ln 1 1x x xk x
+ +≤ +
( ) ( )ln ln 1 1 1x x xh x xx
+ += + ≥ ( )y h x= [ )1,+∞ k
( ) 1 ln xf x x
+= ( )
( )
2 2
1 1 ln lnx x xxf x x x
⋅ − +
′ = = −
( )y f x= x e=
2
1k e
= −
( ) 2f e e
= ( )y f x= x e=
2
1 3y xe e
= − +
( )y f x= ( )0, ∞+
( ) 0f x′ = 1x =
0 1x< < ( ) 0f x′ > 1x > ( ) 0f x′ <
( )y f x= ( )0,1 ( )1,+∞
( ) ( )max 1 1f x f= =
( )
1
xeg x x
= +
( ) ( )21
xxeg x
x
′ =
+
0x > ( ) 0g x′ > ( )0, ∞+ ( )y g x= ( )0, ∞+
( ) ( )0 1g x g> = ( ) ( ) 0g x f x− ≥ ( ) ( )g x f x≥
( )y g x= ( )y f x= ( )0, ∞+ 39 / 44
②因为函数 为 在 上的下界函数，
所以 ，即 .
因为 ，所以 ，故 .
令 ， ，则 .
设 ， ，则 ，
所以当 时， ，从而函数 在 上单调递增，
所以 ，
故 在 上恒成立，所以函数 在 上单调递增，
从而 .
因为 在 上恒成立，所以 在 上恒成立，
故 ，即实数 的取值范围为 .
29．（2020·北京西城高三二模）设函数 ，其中 ．
（Ⅰ）已知函数 为偶函数，求 的值；
（Ⅱ）若 ，证明：当 时， ；
（Ⅲ）若 在区间 内有两个不同的零点，求 的取值范围．
( )y g x= ( )y f x= [ )1,+∞
( ) ( )g x f x≤ 1 ln
1
k x
x x
+≤+
[ )1,x∈ +∞ 1 0x + > ( )( )1 ln 1 ln ln 1 1x x x x xk x x
+ + + +≤ = +
( ) ln ln 1 1x x xh x x
+ += + 1x ≥ ( ) 2
lnx xh x x
−′ =
( ) lnv x x x= − 1x ≥ ( ) 1 11 xv x x x
−′ = − =
1x ≥ ( ) 0v x′ ≥ ( )y v x= [ )1,+∞
( ) ( )1 1v x v≥ =
( ) 0h x′ > [ )1,+∞ ( )y h x= [ )1,+∞
( ) ( )1 2h x h≥ =
( ) ( )g x f x≤ [ )1,+∞ ( )k h x≤ [ )1,+∞
k 2≤ k ( ],2−∞
( ) cosxf x ae x= + a R∈
( )f x a
1a = 0x > ( ) 2f x >
( )f x [ ]0,π a 40 / 44
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ） ．
【解析】（Ⅰ）函数 为偶函数，所以 ，即 ，
整理得 对任意的 恒成立， ；
（Ⅱ）当 时， ，则 ，
，则 ， ， ，
所以，函数 在 上单调递增，
当 时， ；
（Ⅲ）由 ，得 ，设函数 ， ，
则 ，令 ，得 ．
随着 变化， 与 的变化情况如下表所示：
极大值
0
3
42, 2e e
π
π −−
( )y f x= ( ) ( )f x f x− = ( )cos cosx xae x ae x− + − = +
( ) 0x xa e e−− = x∈R 0a∴ =
1a = ( ) cosxf x e x= + ( ) sinxf x e x′ = −
0x > e 1x > 1 sin 1x− ≤ ≤ ( ) sin 0xf x e x′∴ = − >
( ) cosxf x e x= + ( )0, ∞+
∴ 0x > ( ) ( )0 2f x f> =
( ) cos 0xf x ae x= + = cos
x
xa e
= − ( ) cos
x
xh x e
= − [ ]0,x π∈
( )
2 sinsin cos 4
x x
xx xh x e e
π + + ′ = = ( ) 0h x′ = 3
4x
π=
x ( )h x′ ( )h x
x 30, 4
π
3
4
π 3 ,4
π π
( )h x′ + 0 −
( )h x 41 / 44
所以，函数 在 上单调递增，在 上单调递减．
又因为 ， ， ，且 ，如下图所示：
所以，当 时，方程 在区间 内有两个不同解，
因此，所求实数 的取值范围为 ．
30．（2019·天津河西高三三模（理））已知函数 ， ， .
（1）当 时，若对任意 均有 成立，求实数 的取值范围；
（2）设直线 与曲线 和曲线 相切，切点分别为 ， ，其中
.
①求证： ；
②当 时，关于 的不等式 恒成立，求实数 的取值范围.
( )y h x= 30, 4
π
3 ,4
π π
( )0 1h = − ( )h e ππ −= 3 3
4 42
2h e e
π π− =
( )3
4 0h e h
π >
3
42, 2a e e
π
π −− ∈
cos
x
xa e
= − [ ]0,π
a
3
42, 2e e
π
π −−
( ) xf x e= ( ) lng x x= ( )h x kx b= +
0b = ( )0,x∈ +∞ ( ) ( ) ( )f x h x g x≥ ≥ k
( )h x ( )f x ( )g x ( )( )1 1,A x f x ( )( )2 2,B x g x
1 0x <
2x e>
2x x≥ x ( )1 1 ln 0x x x xa − + − ≥ a 42 / 44
【答案】（1） ；（2）①证明见解析；② .
【解析】
【分析】
（1）依据题意得出 ，利用导数分别求出函数 和 在 上的最小
值和最大值，进而可求得实数 的取值范围；
（2）①由题意可得 ，可得出 ，再由
可得出结论；
②得到 ，设 ，利用导数求出函数 的最大
值，从而求出 的范围即可．
【详解】
（1）当 时， ，由 ，得 ，
依题意可得 对任意的 恒成立，
设 ，则 .
当 时， ；当 时， .
所以，函数 在 处取得极小值，亦即最小值，即 .
设 ，则 .
1 ,ee
[ )0,+∞
lnxe xkx x
≥ ≥ ( ) xem x x
= ( ) ln xn x x
= ( )0, ∞+
k
( ) ( )1 1
1 2
2
11 ln 1x xh x e x x e x xx
= + − = + − ( )1
2 1ln 1 1xx e x− = − 1 0x <
( ) ( )1 21 lna x x x x x x− ≥ − ≥ ( ) ( )2lnG x x x x x x= − ≥ ( )y G x=
a
0b = ( )h x kx= ( ) ( ) ( )f x h x g x≥ ≥ lnxe kx x≥ ≥
lnxe xkx x
≥ ≥ ( )0,x∈ +∞
( ) ( )0
xem x xx
= > ( ) ( )
2
1xe xm x x
−′ =
0 1x< < ( ) 0m x′ < 1x > ( ) 0m x′ >
( )y m x= 1x = ( ) ( )min 1m x m e= =
( ) ( )ln 0xn x xx
= > ( ) 2
1 ln xn x x
−′ = 43 / 44
当 时， ；当 时， .
所以，函数 在 处取得极大值，亦即最大值，即 .
所以， .
因此，实数 的取值范围是 ；
（2）由已知 ， .
① ，则 ，
由 ，得 .
.
， ，即 ，所以 ；
②由①知 ， 且 ，
由 ，得 ，
设 ， ，
所以，函数 在 为减函数， ，
由 ， ，
又 ， .
0 x e< < ( ) 0n x′ > x e> ( ) 0n x′ <
( )y n x= x e= ( ) ( )max
1n x n e e
= =
1 k ee
≤ ≤
k 1 ,ee
( ) xf x e′ = ( ) 1g x x
′ =
( )1 1
1
x xy e e x x− = − ( ) ( )1 1
11x xh x e x x e= + −
( )2 2
2
1lny x x xx
− = − ( ) 2
2
1 ln 1h x x xx
= + −
( )
1
1
2
1 2
1
1 1 ln
x
x
e x
e x x
=∴
− = −
1 0x 2ln 1x > 2x e>
1
2
xx e−= ( )1
1 11 1xe x x− = + 2 1x e> >
( )1 1 ln 0x x x xa − + − ≥ ( ) ( )1 21 lna x x x x x x− ≥ − ≥
( ) ( )2lnG x x x x x x= − ≥ ( ) ln 0G x x′ = − <
( )y G x= [ )2 ,x +∞ ( ) ( )2 2 2 2max ln 0G x G x x x x∴ = = − <
( )1 2 2 21 lna x x x x− ≥ − ( )1 1 0a x∴ − ≥
1 0x < 0a∴ ≤ 44 / 44
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