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2021 学年高考数学（理）尖子生同步培优题典
专题 1.5 函数的综合应用
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·浙江高三月考）在直角坐标系中，函数 的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数为奇函数可排除 B，再利用 的函数值，即可得答案；
【详解】
令 ， ， 为奇函数可排除 B，
当 时， ，且 ，
3
x x
xy e e−= +
x → +∞
3
( ) x x
xf x e e−= + ( ) ( )f x f x− = − ∴ ( )f x
x → +∞ ( ) 0f x > ( ) 0f x → 2 / 40
故选：A.
2．（2020·河北桃城�衡水中学高三其他（理））若 是函数 的极值点，则
的极小值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
由题可得 ，
因为 ，所以 ， ，故 ，
令 ，解得 或 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 的极小值为 ，故选 A．
3．（2020·武威第六中学高三其他（理））已知 是函数 的所有零点之和，
则 的值为（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
【答案】D
【解析】因为
所以 关于 对称
由图知, 有 8 个零点,所以所有零点之和为 12,选 D
2x = − 2 1( ) ( 1)exf x x ax −= + − ( )f x
1− 32e−− 35e− 1
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 12 1 2 1x x xf x x a e x ax e x a x a e− − − = + + + − = + + + − ′
( )2 0f ′ − = 1a = − ( ) ( )2 11 xf x x x e −= − − ( ) ( )2 12 xf x x x e −−′ = +
( ) 0f x′ > 2x < − 1x >
( )f x ( ) ( ), 2 , 1,−∞ − +∞ ( )2,1−
( )f x ( ) ( ) 1 11 1 1 1 1f e −= − − = −
M ( ) 2 3 8sin ( )f x x x x Rπ= − − ∈
M
(3 ) 3 2 8sin(3 3 ) 2 3 8sin3 ( )f x x x x x f xπ− = − − − = − − =
( )f x 3
2x =
( )f x 34 2 2
× × = 3 / 40
4．（2020·全国高三（理））“ ”是“函数 为奇函数”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
时， ，当 时， ，函数 为
奇函数；当 时， ，函数 不是奇函数
时， 不一定奇函数，当 是奇函数时，由 可得 ，所以
“ ”是“函数 为奇函数”的必要不充分条件 ，故选 B.
5．（2020·浙江高三开学考试）若函数 在区间 上存在零点，则常数 a 的取值范围
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
2 1a = 2( ) lg 1f x ax
= + −
2 1a = 1a = ± 1a = − ( ) ( ) ( )1lg ,1
xf x f x f xx
+= = − −−
( ) 2lg 1f x ax
= + −
1a = ( ) ( ) ( )3lg ,1
xf x f x f xx
−= ≠ − −−
( ) 2lg 1f x ax
= + −
2 1a∴ = ( )f x ( )f x ( )0 0f = 21, 1a a= − =
2 1a = ( ) 2lg 1f x ax
= + −
1( ) lnf x x ax
= − + (1 )e，
0 1a< < 1 1ae
< < 1 1 1ae
− < < 1 1 1ae
+ <
1 1 1ae
− < <
2
2
log ( 1) , 1 3
( ) 1 235 , 32 2
x x
f x
x x x
− < ≤= − + >
( )f x m=
1 2 3 4, , ,x x x x 1 2 3 4x x x x< < < ( )3 4
1 2
m m x xx x
+ ⋅ +
( )0,10 [ ]0,10 ( )0,4 [ ]0,4
5 ( )( )1 21 1 1x x− − = 3 4 10x x+ =
( )3 4
1 2
m m x xx x
+ +
m ( )f x m= m
( )3 4
1 2
m m x xx x
+ +
( )f x m= ( ]1,3 1 2,x x ( )3,+∞ 3 4,x x
( ]1,3x∈ ( ) ( )2log 1f x x= − ( ) ( )2 1 2 2log 1 log 1x x− = −
1 2x x< ( ) ( )2 1 2 2log 1 log 1x x− − = − 5 / 40
所以 即 且 ．
当 时， ， 且 ．
所以 ，故选 A ．
7．（2020·宁夏原州�高三其他（理））关于函数 ，有以下三个结论：
①函数恒有两个零点，且两个零点之积为 ；
②函数的极值点不可能是 ；
③函数必有最小值.
其中正确结论的个数有（ ）
A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．3 个
【答案】D
【解析】
【分析】
把函数 的零点转化为函数 的零点，即可判断①；求得 后代入 ，根据
是否为 0 即可判断②；设 的两个实数根为 ， 且 ，结合①可得当
时， ，再证明 即可判断③；即可得解.
【详解】
由题意函数 的零点即为函数 的零点，
令 ，则 ，所以方程必有两个不等实根 ， ，设 ，
( )( )1 21 1 1x x− − = 1 2 1 2x x x x= + 0 1m< ≤
( )3,x∈ +∞ ( ) 21 2352 2f x x x= − + 3 4 10x x+ = 0 1m< <
( ) ( )3 4
1 2
10 0,10m m x x mx x
+ + = ∈
2( ) ( 1)exf x x ax= + −
1−
1−
( )f x 2 1y x ax= + − ( )f x′ 1x = − ( )f x′
( )2 2 1 0x a x a+ + + − = 3x 4x 3 4x x<
( )3,x x∈ −∞ ( ) 0f x > 4( ) 0f x <
( )2( ) 1 exf x x ax= + − 2 1y x ax= + −
2 1 0x ax+ − = 2 4 0a= + > 1x 2x 1 2x x
( )2 2 1 0x a x a+ + + − = 3x 4x 3 4x x<
( )3,x x∈ −∞ ( )4 ,x x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x
( )3 4,x x x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x 4( )f x
( )1,x x∈ −∞ ( ) 0f x > ( )3,x x∈ −∞ ( ) 0f x >
(0) 0xf e= − < ( )30 ,x∈ +∞ ( )4( ) 0 0f x f≤ <
4( )f x
( ) 2 4 sin 54f x x x a x
π = − − +
a =
1
4
− 1
4 1−
( ) 2 4 sin 54f x x x a x
π = − − +
( ) 2 4 5g x x x= − + ( ) sin 4h x a x
π = 7 / 40
与 有唯一交点，在同一坐标系作出函数图象，如图所示：
由图可知当 时， ，有唯一交点.
故选：B
9．（2020·湖北东西湖�华中师大一附中高三其他（理））已知函数 若关于 的方
程 恰好有 4 个实根 ， ， ， ．则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由 ，
且关于 的方程 恰好有 4 个实根 ， ， ， ，
作出 的图像以及 ，如图：
∴ ( ) 2 4 5g x x x= − + ( ) sin 4h x a x
π =
2x = 1a =
( ) 2
ln , 0
4 3, 0
x xf x x x x
>= + + = + +
, ,a b c
( ) ( ) ( )f a f b f c= = a b c⋅ ⋅ 9 / 40
画出 的图像，结合图像化简计算出 的取值范围.
【详解】
不妨设 ，画出 的图像如下图所示，由于 ，故 ，所以
.
故选 B.
11．（2020·全国高三零模（理））已知定义在 上的函数 满足 ，且在 上是增函
数，不等式 对于 恒成立，则 的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据奇偶性定义和性质可判断出函数为偶函数且在 上是减函数，由此可将不等式化为
( )f x a b c⋅ ⋅
a b c< < ( )f x ( ) ( )f a f b= 1ab =
( )10,15a b c c⋅ ⋅ = ∈
R ( )f x ( ) ( )f x f x= − (0, )+∞
( ) ( )2 1f ax f+ ≤ − [ ]1,2x∈ a
3 , 12
− −
11, 2
− −
1 ,02
−
[ ]0,1
( ),0−∞ 10 / 40
；利用分离变量法可得 ，求得 的最大值和 的最小值即可得到结果.
【详解】
为定义在 上的偶函数，图象关于 轴对称
又 在 上是增函数 在 上是减函数
，即
对于 恒成立 在 上恒成立
，即 的取值范围为：
本题正确选项：
12．（2020·北京人大附中昌平学校高三二模）设函数 若关于 的方程
有四个实数解 ，其中 ，则 的取值范围
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】 ，画出函数图像，如图所示：
根据图像知： ， ，故 ，且 .
故 .
1 2 1ax− ≤ + ≤ 3 1ax x
− ≤ ≤ − 3
x
− 1
x
−
( ) ( )f x f x= − ( )f x∴ R y
( )f x ( )0, ∞+ ( )f x∴ ( ),0−∞
( ) ( )2 1f ax f+ ≤ − 2 1ax∴ + ≤ 1 2 1ax− ≤ + ≤
1 2 1ax− ≤ + ≤ [ ]1,2x∈ 3 1ax x
∴ − ≤ ≤ − [ ]1,2
3 12 a∴ − ≤ ≤ − a 3 , 12
− −
A
( ) 2 10 1 0
0
x x xf x lgx x
+ + ≤= >
，
， x
( ) ( )f x a a R= ∈ ( )1 2 3 4ix i = ，，， 1 2 3 4x x x x< < < ( )( )1 2 3 4x x x x+ −
( ]0101， ( ]0 99， ( ]0100， ( )0 + ∞，
( ) 2 10 1 0
lg 0
x x xf x x x
+ + ≤= >
，
，
1 2 10x x+ = − 3 4lg lgx x= − 3 4 1x x = 3
1 110 x≤ <
( )( ) ( ]1 2 3 4 3
3
0110 ,99x x x x x x
∈
−
+ − = − 11 / 40
故选： .
13．（2020·河南高三其他（理））设函数 恰有两个极值点，则实数 的取值范围
是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
恰有两个极值点，则 恰有两个不同的解，求出 可确定 是它的一个解，另一个
解由方程 确定，令 通过导数判断函数值域求出方程有一个不是 1 的解时 t
B
( ) 2ln
xef x t x xx x
= − + + t
1, 2
−∞
1 ,2
+∞
1 , ,2 3 3
e e +∞
1, ,2 3
e −∞ +∞
( )f x ( ) 0f x¢ = ( )f x¢ 1x =
e 02
x
tx
− =+ ( ) ( )e 02
x
g x xx
= >+ 12 / 40
应满足的条件.
【详解】
由题意知函数 的定义域为 ，
.
因为 恰有两个极值点，所以 恰有两个不同的解，显然 是它的一个解，另一个解由方
程 确定，且这个解不等于 1.
令 ，则 ，所以函数 在 上单调递增，从而
，且 .所以，当 且 时， 恰有两个极值点，
即实数 的取值范围是 .
故选：C
二、填空题（不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
14．（2020·四川宜宾�高三其他（理））若对 ，函数 在 内总不是单
调函数，则实数 的取值范围是______
【答案】
( )f x ( )0,+¥ ( ) ( )
2 2
1 e 1 21
xxf x tx x x
− ′ = − + −
( ) ( )
2
1 e 2xx t x
x
− − + =
( )( )
2
e1 2 2
x
x x tx
x
− + − + =
( )f x ( ) 0f x¢ = 1x =
e 02
x
tx
− =+
( ) ( )e 02
x
g x xx
= >+
( ) ( )
( )2
1 e 0
2
xxg x
x
+′ = >
+
( )g x ( )0,+¥
( ) ( ) 10 2g x g> = ( )1 3
eg = 1
2t > e
3t ≠ ( ) e 2ln
x
f x t x xx x
= − + +
t 1 , ,2 3 3
e e +∞
( ]0,1t∀ ∈ 2( ) ( 4) 2 lng x x a x a x= − + + ( ,2)t
a
( )2,4 13 / 40
【解析】解：因为 ，所以
令 ，解得 或
要使函数 ，对 在 内总不是单调函数，
所以 解得 即
故答案为：
15．（2020·全国高三课时练习（理））已知 f(x)是定义在[－1，1]上的奇函数且 f（1）＝2，当 x1、x2∈[－1，
1]，且 x1＋x2≠0 时，有 ，若 对所有 、 恒成立，
则实数 m 的取值范围是____________.
【答案】 ．
【解析】∵f(x)是定义在 上的奇函数，
∴当 x1、x2∈ 且 时，
等价于 ，
∴f(x)在 上单调递增．
∵f（1）＝2，∴f(x)min＝f(－1)＝－f（1）＝－2.
要使 对所有 、 恒成立，
即 对所有 a∈[－1，1]恒成立，
2( ) ( 4) 2 lng x x a x a x= − + +
( ) ( )( )22 4 2 2 22( ) 2 ( 4) x a x a x a xag x x a x x x
− + + − −′ = − + + = =
( ) 0g x′ = 2x =
2
ax =
2( ) ( 4) 2 lng x x a x a x= − + + ( ]0,1t∀ ∈ ( ,2)t
1 22
a< < 2 4a< < ( )2,4a∈
( )2,4
1 2
1 2
( ) ( ) 0 f x f x
x x
+ >+ ( ) 2 2 5f x m am≥ − − [ ]1,1x∈ − [ ]1,1a∈ −
[ ]1,1−
[ ]1,1−
[ ]1,1− 1 2 0x x ≠＋
1 2
1 2
( ) ( ) 0 f x f x
x x
+ >+
1 2
1 2
( ) ( ) 0 ( )
f x f x
x x
− − >− −
[ ]1,1−
( ) 2 2 5f x m am≥ − − [ ]1,1x∈ − [ ]1,1a∈ −
22 2 5m am− ≥ − − 14 / 40
∴m2－2am－3≤0，设 g(a)＝m2－2am－3，
则 ， 即 ，
∴ .
∴实数 m 的取值范围是 ．
16．（2020·四川资阳�高三其他（理））已知函数 ，且 对
恒成立，则曲线 在点 处的切线的斜率为___________.
【答案】17
【解析】解：因为 ，所以当 时， 取得最
小值，即 ，因为 ，所以所求切线的斜率为
.
故答案为：
17．（2020·天津高二期末）已知 ，若 ，则实数 的取值范围是
____________.
【答案】
【解析】 在区间 都是增函数，
并且在 处函数连续，所以 在 上是增函数，
( )
2
2
( 1) 2 3 0
1 2 3 0
g m m
g m m
− + − ≤ − − ≤
＝
＝
3 1
1 3
m
m
− ≤ ≤
− ≤ ≤
1 1m− ≤ ≤
[ ]1,1−
( )5 2( ) 16 4f x x x x x= − + − ( )0( )f x f x x∈R
( )f xy x
= ( )0
0
0
, f xx x
( )26 3 2 3 2( ) 16 4 8 ( 2) 68f x x x x x x x= − + − = − + − − 2x = ( )f x
0 2x = 4( ) 5 32 1f x x xx
′ = − +
4
2 5 2 32 2 1 17( ) |x
f xk x =
′
× × − +=
==
17
( )
( )
2
2
4 0( ) 4 0
x x xf x x x x
+ ≥= − a
( 2,1)−
( )f x ( ,0],(0, )−∞ +∞
0x = ( )f x R 15 / 40
等价于 ，
解得 .
故答案为:
18．（2020·全国高三其他（理））已知函数 在区间 有三个零
点 ， ， ，且 ，若 ，则 的最小正周期为______．
【答案】
【解析】解：当 时， ，
∴由对称轴可知 ， 满足 ，
即 ．
同理 ， 满足 ，即 ，
∴ ， ，
所以 的最小正周期为 ．
故答案为：
19．（2020·浙江省富阳中学高三三模）已知函数 存在唯一零点，则实数
a 的取值范围是____________.
【答案】
( )2(2 )f a f a− > 222 , 2 0a a aa > + − ( )f x
sinx x> ( ) π−= − −x x xg x e e a
R ( )0 0f =
( ) ( ) ( )sin 0x xf x a e e x aπ−= − − >
( )f x
( ) ( ) ( )sinx xf x a e e x f xπ−− = − + = −
( )f x 0x > ( )f x
0x > sinπ π>x x
( ) sinπ π− − = − − > − −
x x x xx xf x a e e a e ea a
( ) ( ), 0
π−= − − >x x xg x e e xa
( )0 0g =
( ) ( ), 0
π− −′ = + − ′′ = − >x x x xg x e e g x e ea
( )g x′ ( )0, ∞+ ( )0 0g =
( ) ( )0 2 0 2
π π′ > ′ = − ≥ ⇒ ≥g x g aa 17 / 40
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·全国高三课时练习（理））已知 ， .
（1）令 ，求证： 有唯一的极值点；
（2）若点 为函数 上的任意一点，点 为函数 上的任意一点，求 、 两点之间距离的最小
值.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）求出函数 的导数，利用函数 的单调性以及零点存在定理，说明函数 在
定义域上有唯一零点，再分析函数 在该零点处函数值符号，可得证函数 有唯一极值点；
（2）根据函数 与 关于直线 ，将直线 平移后与分别与曲线 、
切于 、 ，由此可得出 的最小值.
【详解】
（1）由题意知 ，所以 ，
由 单调递增， 在 上单调递减， 在 上单调递增，
,2
π +∞
( ) xf x e= ( ) lng x x=
( ) ( ) ( )h x f x g x= − ( )h x
A ( )g x B ( )g x A B
2
( )y h x= ( )y h x′= ( )y h x′=
( )y h x′= ( )y h x=
( ) xf x e= ( ) lng x x= y x= y x= ( )y f x=
( )y g x= A B AB
( ) lnxh x e x= − ( ) 1xh x e x
′ = −
xy e= 1y x
= ( )0, ∞+ ( )y h x′∴ = ( )0, ∞+ 18 / 40
又 ， ，
所以存在唯一的 ，使得 ，
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增；
因此，函数 有唯一的极值点；
（2）由于 与 互为反函数，两个函数图象关于直线 对称，
如下图，
将直线 平移使得平移后的直线与函数 的图象相切， ，
令 ， ，可得点 .
将直线 平移使得平移后的直线与函数 的图象相切， ，
令 ， ，可得点 ，
因此， 、 两点间距离的最小值为 .
21．（2020·安徽金安�高三其他（理））已知函数 .
1 2 02h e ′ = −
0
1 ,12x ∈
( )0 0h x′ =
( )00,x x∈ ( )0 0h x′ < ( )y h x=
( )0 ,x x∈ +∞ ( )0 0h x′ > ( )y h x=
( )y h x=
( ) xf x e= ( ) lng x x= y x=
y x= ( )y f x= ( ) xf x e′ =
( ) 1xf x e′ = = 0x∴ = ( )0,1A
y x= ( )y g x= ( ) 1g x x
′ =
( ) 1 1g x x
′ = = 1x∴ = ( )10B ,
A B ( ) ( )2 20 1 1 0 2− + − =
2( ) log ( 1)af x x kx a= − > 19 / 40
（1）讨论 单调性；
（2）取 ，若 在 上单调递增，求 k 的取值范围.
【答案】（1）当 时，在 单调递增；当 时，在区间 上是单调递增，在区间
单调递减；（2） 或 .
【解析】
【分析】
（1）对函数 求导，可得 ，然后再对 进行分类讨论，再根据导数和函数单调性
的关系即可求出结果；
（2）由题意可知， ，令 ，然后再分 和 ，利用分离参数法，
以及导数在函数单调性中的应用，即可求出结果.
【详解】
（1） ，
①当 时， ， 在 单调递增；
②当 时， ， ，
在区间 上是单调递增， 在区间 单调递减.
（2） ，令 .
( )f x
a e= ( )f xy x
= [1, ]e
0k ≤ (0, )+∞ 0k > 10, 2 lnk a
1 ,2 lnk a
+∞
0k ≤ 1k ³
( )f x 1( ) 2lnf x kxx a
′ = − k
ln xy kxx
= − ln( ) xu x kxx
= − ( ) 0u x ≥ ( ) 0u x ≤
2( ) logaf x x kx= − 1( ) 2lnf x kxx a
′ = −
0k ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x (0, )+∞
0k > ( ) 0f x′ = 2 1
2 lnx k a
⇒ =
( )f x 10, 2 lnk a
( )f x 1 ,2 lnk a
+∞
2ln lnx kx xy kxx x
−= = − ln( ) xu x kxx
= − 20 / 40
①当 ，令 ，则 ，
所以 在区间 上是单调递增， 在区间 上是单调递减.
∴ . .
，∴
②当
，∴
综上， 或 .
22．（2020·六盘山高级中学高三其他（理））已知函数 ．
（1）若曲线 在点 处的切线与直线 平行，求 的值，并求函数
的单调区间；
（2）当 时，若对任意 ，都有 恒成立，试求实数 的取值范围．
【答案】（1） ，函数 的递增区间为 ，递减区间为 ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）由 可求得 的值，然后利用导数可求得函数 的单调递增区间和减区间；
（2）由题意得出 对任意的 恒成立，构造函数 ，利用导数求出函数
的最小值，进而可求得实数 的取值范围.
2
ln( ) 0 xu x k x
≥ ⇒ ≤ 2
ln( ) xx x
ϕ = 3
1 2ln( ) xx x
ϕ −′ = ( ) 0x x eϕ′⇒ = ⇒ =
( )ϕ x (1, )e ( )ϕ x ( , )e e
(1) 0k ϕ≤ =
2 2
1 ln 1 ln( ) 0 ( )x xu x k k h xx x
− −′ = − ≥ ⇒ ≤ =
3
3 2ln( ) 0 ( ) 0xh x k h ex
− +′ = ≤ ⇒ ≤ = 0k ≤
2
ln 1( ) 0 ( ) 2
xu x k k ex e
ϕ≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥ =
max( ) 0 ( ) (1) 1u x k h x h′ ≤ ⇒ ≥ = = 1k ³
0k ≤ 1k ³
( ) 2 lnf x a x xx
= + +
( )y f x= ( )( )1, 1P f 2 2y x= − + a ( )y f x=
2a = ( )0,x∈ +∞ ( ) 2f x c x≥ + c
1a = − ( )y f x= ( )2,+∞ ( )0,2 ( ],1−∞
( )1 2f ′ = − a ( )y f x=
1 lnc xx
≤ + ( )0,x∈ +∞ ( ) 1 lng x xx
= +
( )y g x= c 21 / 40
【详解】
（1） ，定义域为 ， ，
由题知 ，解得 ，
则 ，得 或 （舍），
令 ，即 且 ，得 ；
令 ，即 且 ，得 .
所以，函数 的递增区间为 ，递减区间为 ；
（2）当 时， 对 恒成立，
即 ，即 对 恒成立，
令 ，则 ， ，
，令 ，得 .
令 ，得 ；令 ，得 .
所以，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
所以，函数 在 处取得极小值，亦即最小值，即 ， .
因此，实数 的取值范围是 .
23．（2020·四川凉山高三三模（理））已知函数 .
( ) 2 lnf x a x xx
= + + ( )0, ∞+ ( ) 2
2 2
2 21a x axf x x x x
+ −′ = − + + =
( )1 1 2f a′ = − = − 1a = − ( ) 2
2
2x xf x x
− −′∴ =
( ) 0f x′ = 1 2x = 2 1x = −
( ) 0f x′ > 2 2 0x x− − > 0x > 2x >
( ) 0f x′ < 2 2 0x x− − < 0x > 0 2x< <
( )y f x= ( )2,+∞ ( )0,2
2a = ( ) 2f x c x≥ + ( )0,x∈ +∞
2 2ln 2x cx
+ ≥ 1 lnc xx
≤ + ( )0,x∈ +∞
1( ) lng x xx
= + ( )minc g x≤ ( )0,x∈ +∞
( ) 2 2
1 1 1xg x x x x
−′ = − + = ( ) 0g x′ = 1x =
( ) 0g x′ > 1x > ( ) 0g x′ < 0 1x< <
( )y g x= ( )0,1 ( )1,+∞
( )y g x= 1x = ( ) ( )min 1 1g x g= = 1c∴ ≤
c ( ],1−∞
( ) ln ( 0)f x a x a= > 22 / 40
（1）设函数 在点 处的切线方程为 ，求 a 的值.
（2）若曲线 与曲线 至少有一条公共切线，求 a 的取值范围.
【答案】（1）3；（2） .
【解析】
（1） ,
,
.
又函数 在 处的切线方程为 ,
，即 ，即 .
（2）设公切线 l 与函数 相切于点 ，
则由 ，得 ,
公切线 l 为： ,
即 .
由 得： ,
直线 l 与曲线 相切,
2( ) ( )g x f x x= − (1, (1))g 2 0x y− − =
( )y f x= 2y x=
(0,2 ]e
2( ) ( )g x f x x= −
2( ) lng x a x x∴ = −
( ) 2 ( 0)ag x x xx
′∴ = − >
( )g x (1, (1))g 2 0x y− − =
(1) 1g′∴ = 2 1a − = 3a =
( ) lnf x a x= ( )0 0, lnx a x
( ) af x x
′ = ( )0
0
af x x
′ =
∴ ( )0 0
0
lnay x x a xx
= − +
( )0 0
0
ln 0axy a a x xx
= − + >
0
0
2
ln ,
,
axy a a xx
y x
= − +
=
2
0
0
ln 0axx a a xx
− + − =
2y x= 23 / 40
，即 ,
设 ，则 ,
由 ，得 ；又由 得 ,
函数 在 上单增，在 上单减,
, ,
与曲线 至少有一条公切线时，a 的取值范围为 .
24．（2020·校高三月考（理））已知 为函数 的一个极值点.
（1）求实数 的值，并讨论函数 的单调性；
（2）若方程 有且只有一个实数根，求实数 的值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【详解】
（1） ， ．
．
∵ 为函数 的一个极值点，
∴ ，
( )2
02
0
4 ln 0a a a xx
∴∆ = − − = ( )2 2
0 0 0 04 4 ln 0, 0a x x x x a= − > >
2 2( ) 4 4 ln ( 0)h x x x x x= − > ( ) 4 (1 2ln )h x x x′ = −
( ) 0h x′ > 0 x e< < ( ) 0h x′ < x e>
∴ ( )h x (0, )e ( , )e +∞
max( ) ( ) 4 (1 ln ) 2h x h e e e e∴ = = − = 0 2a e∴ < ≤
( )y f x∴ = 2y x= (0,2 ]e
1x = ( ) ( )2 lnf x x ax x x= − +
a ( )f x
( ) 2 2f x mx x= + m
1−
( ) ( )2 lnf x x ax x x= − + ( )0,x∈ +∞
( ) ( ) ( )2 ln 1f x x x a x a= + − − −′
1x = ( ) ( )2 lnf x x ax x x= − +
( ) ( )1 1 1 0, 2f a a= − − = =′ 24 / 40
故 ， ．
令 ，解得 或 ．
∴ 当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增；
（2）方程 ，
整理得 ．因为 ，所以有
．
令 ，则 ．
令 ， ，故 在 上是增函数．
∵ ，
∴ 当 时， ，即 ， 单调递减；
当 时， ，即 ， 单调递增；
∴ ．
( ) ( )2 2 lnf x x x x x= − + ( ) ( ) ( )( )2 2 ln 1 1 1 2lnf x x x x x x= + − − = − +′
( ) 0f x′ = 1x = ex e
=
0, ex e
∈
( ) 0f x′ > ( )f x
,1ex e
∈
( ) 0f x′ < ( )f x
( )1,x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x
( ) ( )2 22 ln 2f x x x x x mx x= − + = +
( ) ( )2 22 lnf x x x x x mx= − − = ( )0,x∈ +∞
( ) ( )2
2
2 ln 2 ln 1x x x x x xm x x
− − − −= =
( ) ( )2 ln 1 2 11 lnx xg x xx x x
− − = = − −
( ) 2
2ln 1x xg x x
=′ + −
( ) 2ln 1h x x x= + − ( ) 2 1 0h x x
′ = + > ( )h x ( )0, ∞+
( )1 0h =
( )0,1x∈ ( ) 0h x < ( ) 0g x′ < ( )g x
( )1,x∈ +∞ ( ) 0h x > ( ) 0g x′ > ( )g x
( ) ( )min 1 1 0g x g= = − 27 / 40
所以存在 ，使 ，
即 ，则 ，
又 ，
此时 ，
所以存在实数 ，当 时，恒有 .
26．（2020·浙江高三二模）已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）若 存在两个极值点 ，且关于 的方程 恰有三个实数根 ， ，
，求证： .
【答案】（1）见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求导后按照 、 、 分类讨论，求出 、 的解集即可得解；
（2）构造新函数 ，求导后可得 即
可得 ；同理可得 ，即可得证.
【详解】
0
1 1,2 4t ∈ − −
( )0 0g t =
0cos x t= 0
1cos4 2x t= − −
0 0 0 0
1 1 142 4 2 4
ct t c t t − − = − ⇒ = + > −
4 16 0c∆ = + >
c ( )cosf x c= ( )cos4f x c=
( ) ( ) ( )21 lnf x x a x a R= − − ∈
( )f x
( )f x ( )1 2 1 2,x x x x< x ( ) ( )f x b b R= ∈ 3x 4x
5x ( )3 4 5x x x< < ( )2 1 5 32 x x x x− > −
1
2a ≤ − 0a ≥ 1 02 a− < < ( ) 0f x′ > ( ) 0f x′ <
( ) ( ) ( ) { }1 1 1 2 1,0 min ,g x f x x f x x x x x x= + − − ≤ < − ( ) ( )0 0g x g> =
3 4 12x x x− − < − 5 4 22x x x+ − > 0∆
22 2 0x x a− − = 1
1 2 1
2
ax
− += 2
1 2 1
2
ax
+ +=
1 2 1 0a− + ≤ 0a ≥
1
1 2 1 02
ax
− += ≤
1 2 10, 2
ax
+ +∈
( ) 0f x′ < 1 2 1 ,2
ax
+ +∈ +∞
( ) 0f x′ >
( )f x 1 2 10, 2
a + +
1 2 1 ,2
a + + +∞
1 2 1 0a− + > 1 02 a− < <
1 2
1 2 10 2
ax x
− +< = <
1 2 1 1 2 10, ,2 2
a ax
− + + +∈ +∞ ( ) 0f x′ >
1 2 1 1 2 1,2 2
a ax
− + + +∈
( ) 0f x′ <
( )f x 1 2 1 1 2 1,2 2
a a − + + +
1 2 10, 2
a − +
1 2 1 ,2
a + + +∞ 29 / 40
综上，当 时，函数 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递
减， 单调递增；当 时， 在 上单调递减，
， 单调递增；
（2）证明：由题意得 ， ， ，
令 ，
则
，
由（1）知 ，
则
又 ，可知对于 均有 ，
所以 ，所以 ，
由 可得 ，
结合函数 在 上单调递增，可得 即 ，
令 ，
1
2a ≤ − ( )f x ( )0, ∞+ 0a ≥ ( )f x 1 2 10, 2
a + +
1 2 1 ,2
a + + +∞
1 02 a− < < ( )f x 1 2 1 1 2 1,2 2
a a − + + +
1 2 10, 2
a − +
1 2 1 ,2
a + + +∞
1 02 a− < < 3 1 4 2 50 x x x x x< < < < < 1 20 1x x< < <
( ) ( ) ( ) { }1 1 1 2 1,0 min ,g x f x x f x x x x x x= + − − ≤ < −
( ) ( ) ( ) ( )1 1 1
1 1
+ 4 1′ ′ ′= + − = − − −+ −
a ag x f x x f x x x x x x x
( )( )
( )( )
( ) ( )
( )( )
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
4 1 2 4 1 4 2x x x ax x x x x x ax
x x x x x x x x
− − − − − + − −
= =+ − + −
2
1 12 2 0x x a− − =
( ) ( )
( )( )
( )
( )( )
2 2
1 1 1 1
1 1 1 1
4 1 2 2 4 1 0x x ax ax x xg x x x x x x x x x
− − + − − −′ = = >+ − + −
( )0 0g = { }1 2 10 min ,x x x x< < − ( ) ( )0 0g x g> =
( ) ( )1 1f x x f x x+ > − ( ) ( )1 4 1 1 42f x x x f x x+ − > −
( ) ( )4 3f x f x= ( ) ( )3 1 42f x f x x> −
( )f x ( )10, x 3 1 42x x x> − 3 4 12x x x− − < −
( ) ( ) ( )2 2 2 1,0h x f x x f x x x x x= + − − ≤ < − 30 / 40
同理可得 ，
由 可得当 时， ，
所以 ，所以 ，
由 可得 ，
结合函数 在 上单调递增，可得 即 ，
所以 即 ，得证.
27．（2020·四川宜宾高三其他（理））已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若函数 存在两个零点分别为 ，试求 的取值范围，并证明 .
【答案】（1） 时， 在 上单调递增，当 时， 在 上单调递减，在
单调递增；（2） ，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）首先求导得到 ，再分别讨论 的范围即可得到答案.
（2）首先将题意转化为直线 与函数 图象有两个不同的交点，根据 的单调性即
可得到 的取值范围.因为 ； ，两式相加得： ，根据
的单调性和 得到 ， ，从而得到 ，即可证明 .
( ) ( )
( )( )
2
2
2 2
4 1 0x xh x x x x x
− −′ = >+ −
( )0 0h = 2 10 x x x< < − ( ) ( )0 0h x h> =
( ) ( )2 2f x x f x x+ > − ( ) ( )2 2 4 2 2 4f x x x f x x x+ − > − +
( ) ( )5 4f x f x= ( ) ( )2 4 52f x x f x− >
( )f x ( )2 ,x +∞ 5 2 42x x x< − 5 4 22x x x+ <
2 1 5 4 3 42 2x x x x x x− > + − − ( )2 1 5 32 x x x x− > −
( ) ln 2( )= + − ∈mf x x m Rx
( )f x
( )f x ( )1 2 1 2，
0m ≤ ( )f x ( )0,+¥ 0m > ( )f x ( )0,m ( ),m +∞
( )0,e
( ) ( )2 0
−′ = >x mf x xx
m
y m= ( ) 2 lng x x x x= − ( )g x
m 1
1
2 lnm xx
= − 2
2
2 lnm xx
= − ( )1 2
1 2
1 1 1+ = 4 ln− x xx x m
( )f x
2(e ) 0f > 2
2
< m x mf x xx x x
0m ≤ ( ) 0f x¢ > ( )f x ( )0,+¥
0m > ( )0,∈x m ( ) 0f x¢ < ( )f x
( ),∈ +∞x m ( ) 0f x¢ > ( )f x
( ) ln 2 0= + − =mf x x x 1 2 1 2, ( )x x x x<
2 lnm x x x= −
y m= ( ) 2 lng x x x x= −
( ) 1 lng x x′ = −
x ( )0,e e ( ),e +∞
( )′g x + 0 −
( )g x
( ) ( )max
= =g x g e e m (0, )e
1
1
2 lnm xx
= − 2
2
2 lnm xx
= − ( )1 2
1 2
1 1 1+ = 4 ln− x xx x m
( )f x ( , )m +∞ 2 2
2 2( ) ln 2 0m mf e e e e
= + − = > 32 / 40
所以 ，又 ，所以 ，即 ，
所以 ，
即证： .
28．（2020·安徽庐阳高三其他（理））已知函数 .
（1）证明：函数 有三个零点；
（2）若对 ，不等式 恒成立，求实数 a 的取值.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】解：（1）证明：
因为 为奇函数，且 ，
只需证 在 上有且只有一个零点即可.
当 ，记 ，
记 ， ，
在 上递增，
又 ， 在 上递增，
又 ， ，
2
2
<
x x e
( ) 3 s n1 i3f x x x= −
( )f x
0, 2x
π ∀ ∈
2cosxe a x ax+ ≥
2
2
41, ea
π
π
−
∈
( )f x ( )0 0f =
( )f x ( )0, ∞+
[ )0,x∈ +∞ ( ) ( ) 2 cosg x f x x x′= = −
1( )g x = ( ) 2 sing x x x′ = + ( )1 2 cos 0g x x′ = + >
( )g x′∴ ( )0, ∞+
( ) ( )0 0g x g′ ′> = ( )g x∴ ( )0, ∞+
( )0 1 0g = − 33 / 40
所以存在唯一实数 ，使得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
， ，又 ，
所以函数 在 上有且只有一个零点，
所以函数 有三个零点.
（2）由 ，可得 ，
由（1）知：
①当 时， ， ，
此时，对于任意 ， 恒成立.
②当 时， ，
由 ，得 ，
令 ，下面研究 的最小值，
，
0 0, 2x
π ∈
( )0 0g x =
( )00,x x∈ ( ) 0g x < ( )0 ,x x∈ +∞ ( ) 0>g x
( )f x ( )0, ox ( )0 ,x +∞
( )0 0f = ( )0 0f x∴ < ( ) 0f π >
( )f x ( )0 ,x π
( )f x
2cosxe a x ax+ ≥ 2( cos )xe a x x≥ −
0x x= 0 0xe > ( ) 2
0 0 0cos 0g x x x= − =
a R∈ ( )2 cosxe a x x≥ −
0 , 2x x
π ∈ ( ) 0>g x
( )2 cosxe a x x≥ −
2 cos
xea x x
≤ −
( ) 2 cos
xeh x x x
= −
( )h x
( ) ( )
( )
2
22
cos 2 sin
cos
xe x x x x
h x
x x
− − −′ =
− 34 / 40
令 ，
，令 ，
对 成立，
函数 在 上为增函数，
而
，
又 ，
存在唯一实数 ，使得 ，
当 时， ；当 时， .
函数 在 上递减，在 递增，
，
， 函数 在 上递减，
， .
( ) 2 cos 2 sint x x x x x= − − −
( ) 2 sin 2 cost x x x x′ = + − − 1( ) ( )t x t x= ′
1 2 cos sin 0( )t x x x= +′ + > 0, 2x
π ∈
∴ ( )t x′
0 , 2x
π
( ) 00 0 02 sin 2 cost x x x x′ = + − −
( )2
0 00 0 02 sin 2 1 sin 0 0 1x x x x x= − + + − < − + < < <
1 02t
π π ′ = − >
∴ 0 , 2m x
π ∈
( ) 0t m′ =
( )0 ,x x m∈ ( ) 0t m′ < , 2x m
π ∈
( ) 0t m′ >
∴ ( )t x ( )0 ,x m , 2m
π
( ) 2
0 0 0 0 00 0cos 2 sin 2 sin 0t x x x x x x x∴ = − − − = − − <
2
1 02 4t
π π π = − −
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2
1 22
f x f x f x f x
x x
′ ′+ −> −
9 8y x= − ( )g x (1) 1g =
( )g x′
1
2
x tx
= t
( ) 3 6lnf x x x= + ( ) 2 6' 3f x x x
= + ( )1 1f = ( )' 1 9f =
( )y f x= ( )( )1, 1f ( )1 9 1y x− = − 9 8y x= −
( ) ( )3 2 33 6ln , 0,g x x x x xx
= − + + ∈ +∞
( ) 2
2
6 3' 3 6g x x x x x
= − + −
3
2
3( 1) ( 1)( ) x xg x x
′ − += 38 / 40
令 ，解得 .
当 x 变化时， 的变化情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以，函数 g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为 g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由 ，得 .
对任意的 ，且 ，令 ，则
. ①
( )' 0g x = 1x =
( ) ( )' ,g x g x
x ( )0,1 1x = ( )1,+¥
( )'g x − 0 +
( )g x
3( ) lnf x x k x= + 2( ) 3 kf x x x
′ = +
1 2, [1, )x x ∈ +∞ 1 2x x> 1
2
( 1)x t tx
= >
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 2 1 2 1 22x x f x f x f x f x′ ′− + − −
( ) 2 2 3 3 1
1 2 1 2 1 2
1 2 2
3 3 2 ln xk kx x x x x x kx x x
= − + + + − − +
3 3 2 2 1 2 1
1 2 1 2 1 2
2 1 2
3 3 2 lnx x xx x x x x x k kx x x
= − − + + − −
( )3 3 2
2
13 3 1 2lnx t t t k t tt
= − + − + − − 39 / 40
令 .
当 x>1 时， ，
由此可得 在 单调递增，所以当 t>1 时， ，即 .
因为 ， ， ，
所以
. ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当 时， ，即 ，
故 ③
由①②③可得 .
所以，当 时，任意的 ，且 ，有
.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数
的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
1( ) 2ln , [1, )h x x x xx
= − − ∈ +∞
2
2
1 2 1( ) 1 1 0h x x x x
′ = + − = − >
( )h x [ )1,+∞ ( ) ( )1h t h> 1 2ln 0t tt
− − >
2 1x ≥ 3 2 33 3 1 ( 1) 0t t t t− + − = − > 3k ≥ −
( ) ( )3 3 2 3 2
2
1 13 3 1 2ln 3 3 1 3 2lnx t t t k t t t t t t tt t
− + − + − − − − − − − +
3 2 33 6ln 1t t t t
= − + + −
1t > ( ) ( )1g t g> 3 2 33 6ln 1t t t t
− + + >
3 2 33 6ln 1 0t t t t
− + + − >
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 2 1 2 1 22 0x x f x f x f x f x′ ′− + − − >
3k ≥ − [ )1 2, 1,x x ∈ +∞ 1 2x x>
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2
1 22
f x f x f x f x
x x
′ ′+ −> − 40 / 40
(4)考查数形结合思想的应用．
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