专题 28 导数及其应用（解答题）
1．已知函数 ( ) 1 cos xf x x e m ，其中 m 为常数．
（1）当 0m 时，求曲线 ( )f x 在 0x 处的切线方程；
（2）若函数 ( )f x 在区间 0, 2
上只有一个零点，求 m 的取值范围．
【试题来源】安徽省池州市 2020-2021 学年高三上学期期末（文）
【答案】（1） 2 2 0x y ；（2） 22,e
．
【解析】（1）当 0m 时， ( ) (1 cos ) xf x x e ，
对函数 ( )f x 求导可得 '( ) ( sin ) (1 cos ) (1 sin cos )x x xf x x e x e x x e ，
所以 0'(0) (1 0 1) 2f e ，又 0(0) (1 1) 2f e ，
所以曲线 ( )f x 在 0x 处的切线方程为 2 2 0y x ，即 2 2 0x y ．
（2）由（1）知 '( ) (1 sin cos ) 1 2 sin 4
x xf x x x e x e
，
因为 0 2x ，所以 2 2sin2 4 2x
，
所以 1 2 sin 14x
，所以 0 1 2 sin 24x
，
所以 '( ) 1 2 sin 04
xf x x e
，故函数 ( )f x 在区间 0, 2
上单调递增．
因为函数 ( )f x 在区间 0, 2
上只有一个零点，
结合零点存在定理可得
2
(0) 2 0
02
f m
f e m
，
解得 22 m e
，即 m 的取值范围是 22,e
．
2．已知函数 2 2 lnf x x t x t x ．
（1）若 3x 是 f x 的极值点，求 f x 的极大值；
（2）若 ln 1xg x e t x ，求实数 t 的范围，使得 f x g x 恒成立．
【试题来源】宁夏六盘山市高级中学 2021 届高三上学期期末考试（文）
【答案】（1） 7 ；（2） t e ．
【解析】（1） 2 2 tf x x t x
， 0x ，由题意可得， 23 4 03f t ，
解得 6t ，所以 2 1 362 8 x xf x x x x
，
所以，当 3x ， 0 1x 时 ， 0f x ，函数单调递增，当1 3x 时， 0f x ，
函数单调递减，故当 1x 时，函数取得极大值 1 7f ；
（ 2 ） 由 f x g x 得 2 2 ln ln 1xx t x t x e t x 在 0x 时 恒 成 立 可 得 ，
2 2 1xe x xt x
在 0x 时恒成立，
2
min
2 1xe x xt x
，
令
2 2 1xe x xh x x
，
则 2 2
2 2 2
2 2 2 1 1 11 1x x xxe x x e x x x e xe x xh x x x x
，
令 1xF x e x ，所以 ' 1xF x e ，令 ' 0F x ，提 0x ，
所以当 0x ， ' 0F x ，函数单调递增，当 0x 时， ' 0F x ，函数单调递减，
故当 0x 时，函数取得最小值 0 0F ，又 0x ，所以 1 0xe x ，
所以 h x 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增，
所以 min 1h x h e ，可得 mint h x e ，所以 t e ．
3．函数 ( ) lnf x x ax ．
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）若 f x 有最大值 M，且 M a ，求 a 的值．
【试题来源】贵州省贵阳市普通中学 2021 届高三上学期期末监测考试（文）
【答案】（1）答案见解析；（2）1
【解析】（1）易知 0x ， 1( )f x ax
，当 0a 时 0f x 对任意的 0x 恒成立；
当 0a 时，若 0f x ，得 10 x a
，若 0f x ，得 1x a
，
综上，当 0a 时， f x 在 (0, ) 上单调递增；
当 0a 时， f x 在 1(0, )a
上单调递增，在 1( , )a
上单调递减．
（2）由（1）可得当 0a 时， f x 单调递增，则 f x 没有最大值， 0a ，
则 f x 在 1(0, )a
上单调递增，在 1( , )a
上单调递减，
( )max
1 1ln 1 ln 1f x f aa a
÷ç\ = = - =- -÷ç ÷ç ，即 ln 1M a= - - ，
M a ， ln 1a a\- - £- ，即 ln 1 0a a- + ³ ，令 ln 1g x x x ，
1 11 xg x x x
，当 0,1x 时， 0g x ， g x 单调递增，
当 1,x 时， 0g x ， g x 单调递减， max 1 0g x g ，
ln 1 0a a\ - + £ ， ln 1 0a a\ - + = ， 1a\ = ．
4．设函数 1( ) ln ,f x a x ax
R ．
（1）设l 是 ( )y f x 图象的一条切线，求证：当 0a 时，l 与坐标轴围成的三角形的面积
与切点无关；
（2）若函数 ( ) ( )g x f x x 在定义域上单调递减，求 a 的取值范围．
【试题来源】北京市石景山区 2021 届高三上学期数学期末试题
【答案】（1）证明见解析；（2） ( , 2] ．
【解析】（1）当 0a 时， 1( ) , 0f x xx
， 2
1( )f x x
，
设 ( )f x 图象上任意一点 0
0
1( , )P x x ，切线l 斜率为 0 2
0
1( )k f x x
．
过点 0
0
1( , )P x x 的切线方程为 02
0 0
1 1 ( )y x xx x
．
令 0x ，解得
0
2y x
；令 0y ，解得 02x x ．
切线与坐标轴围成的三角形面积为 0
0
1 2| | | 2 | 22S xx
．
所以l 与坐标轴围成的三角形的面积与切点无关．
（2）由题意，函数 ( )g x 的定义域为 (0, ) ．因为 ( )g x 在 (0, ) 上单调递减，
所以 2
1( ) 1 0ag x x x
≤ 在 (0, ) 上恒成立，即当 (0, )x ， 1a x x
恒成立，
所以 min
1( )a x x
，因为当 (0, )x ， 1 2x x
，当且仅当 1x 时取等号．
所以当 1x 时， min
1( ) 2x x
，所以 2a ． 所以 a 的取值范围为 ( , 2] ．
【名师点睛】一般地，若 f x 在区间 ,a b 上可导，且 0 0f x f x ，则 f x 在
,a b 上为单调增（减）函数；反之，若 f x 在区间 ,a b 上可导且为单调增（减）函数，
则 0 0f x f x ≥ ≤ ．
5．已知函数 2( ) 4 ( 1)( 0)xf x x x ae x a ， ( ) ln 1( R)g x x mx m m ．
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）若对于任意 (0,1]x ，存在 ( 1,1)m 使得不等式 ( ) ( )g x f m 成立，求实数 a 的取
值范围．
【试题来源】山西省太原市 2021 届高三上学期期末（理）
【答案】（1）答案见解析；（2） 2( ,0) 0, e
．
【解析】（1）由题意得 ( ) ( 2) 2xf x x ae ， xR ，
①当 0a 时，令 ( ) 0f x ，则 2x ，所以 ( )f x 在 ( , 2) 上递减；
令 ( ) 0f x ，则 2x ，所以 f x 在 ( 2, ) 上递增；
②当 20 2a e 时，则 2ln 2a
，
令 0f x ，则 2x 或 2lnx a
，所以 f x 在 ( , 2) 和 2ln ,a
上递减；
令 0f x ，则 22 lnx a
，所以 f x 在 22,ln a
上递增；
③当 22a e 时，则 2( ) 2( 2) 1 0xf x x e ，所以 ( )f x 在 ( , ) 上递减；
④当 22a e 时，则 2ln 2a
，
令 0f x ，则 2lnx a
或 2x ，所以 f x 在 2,ln a
和 ( 2, ) 上递减；
令 0f x ，则 2ln 2xa
，所以 f x 在 2ln , 2a
上递增；
（2）由题意得 1( ) 0g x mx
在 0,1 恒成立，
所以 g x 在 0,1 上递增，所以 1 1g x g ，
所以存在 ( 1,1)m 使得 21 4 ( 1)mm m ae m 成立，即
2 4 1
( 1)m
m ma e m
成立，
令
2 4 1( ) ( 1)m
m mh m e m
， ( 1,1)m ，则 2
( 3)( 2)( 1)( ) 0( 1)m
m m mh m e m
，
所以 h m 在 1,1 上递增，所以 2(1)a h e
，所以实数 a 的取值范围为 2( ,0) 0, e
．
6．已知函数 3 2f x x bx cx ，(b ， Rc )
（1）当 1c 时，讨论函数 f x 单调性；
（2）设 1x ， 2x 是函数 f x 的两个极值点，当 1 2 2x x 时，求 1f 的最小值．
【试题来源】陕西省宝鸡市 2020-2021 学年高三上学期高考模拟检测（一）（文）
【答案】（1）见解析；（2） min
111 4f
【解析】（1）当 1c 时， 3 2f x x bx x ，求导得 2' 3 2 1f x x bx ，
① 2=4 12 0b 即 3 3b 时 2' 3 2 1 0f x x bx 恒成立，函数在 R 上单调递
增，无减区间；
② 2=4 12 0b 即 3b 或 3b 时，
由 2' 3 2 1 0f x x bx 解得
2 3
3
b bx 或
2 3
3
b bx ，
所以增区间为
2 3( , )3
b b ，
2 3( , )3
b b ，
由 2' 3 2 1 0f x x bx 解得
2 23 3
3 3
b b b bx ，
所以减区间为
2 23 3( , )3 3
b b b b ，
综上： 3 3b 时函数在 R 上单调递增，无减区间；
3b 或 3b 时，增区间为
2 3( , )3
b b ，
2 3( , )3
b b ，减区间为
2 23 3( , )3 3
b b b b ；
（2） 2' 3 2f x x bx c ， 1x ， 2x 是函数 f x 的两个极值点，
所以 1x ， 2x 是方程 23 2 0x bx c 的两根，所以 2=4 12 0,b c
1 2
2
3
bx x ， 1 2 3
cx x ，所以 2
1 2 2 1 2
2
1 ) 4 2( = ( ) 4 23 3
b cx x x x x x ，
整理得
2 9
3
bc 代入 2=4 12b c 得 =36 0 恒成立，即b R ，
211 1 = 23f b c b b 21 3 11( )3 2 4b ， 3=- 2b 时， min
111 4f .
7．已知函数 21( ) ln ( 1) 12f x a x x a x ．
（1）当 0a 时，求曲线 ( )y f x 在点 (2, (2))f 处的切线方程；
（2）若函数 ( )f x 在 1x 处取得极小值，求实数 a 的取值范围．
【试题来源】北京市昌平区 2021 届高三年级上学期期末质量抽测
【答案】（1） 1y x ；（2） 1a ．
【解析】（1）当 0a 时， 21( ) 12f x x x ．所以 ( ) 1f x x ，所以 (2) 1k f ，
因为 21(2) 2 2 1 12f ． 所以切线方程为 1y x ．
（2）函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ．因为 21( ) ln ( 1) 12f x a x x a x ，
所以
2 ( 1)( ) 1a x a x af x x ax x
．
令 ( ) 0f x ，即 2 ( 1) 0x a x a ，解得 1x 或 x a ．
当 0a 时，当 x 变化时， ( ), ( )f x f x 的变化状态如下表：
x (0,1) 1 (1, )
( )f x － 0 ＋
( )f x 极小值
所以当 1x 时， ( )f x 取得极小值．所以 0a 成立．
当 0 1a 时，当 x 变化时， ( ), ( )f x f x 的变化状态如下表：
x (0, )a a ( ,1)a 1 (1, )
( )f x ＋ 0 － 0 ＋
( )f x 极大值 极小值
所以当 1x 时， ( )f x 取得极小值．所以 0 1a 成立．
当 1a 时， ( ) 0f x
在 (0, ) 上恒成立，
所以函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增，没有板小值，不成立．
当 1a 时，当 x 变化时， ( ), ( )f x f x 的变化状态如下表：
x (0,1) 1 (1, )a a ( , )a
( )f x ＋ 0 － 0 ＋
( )f x 极大值 极小值
所以当 1x 时， ( )f x 取得极大值．所以 1a 不成立．综上所述， 1a ．
8．已知函数 xf x e ， 2 1g x x ax x ．
（1）当 2a 时，令函数
2g xh x f x
，若不等式 h x m 在区间 0,2 上有解，求实
数 m 的取值范围；
（2）令 21φ x x f x ag x a a x a ，当 1
2a 时，若函数 x 的极小值
为 2a ，求 a 的值．
【试题来源】江西省吉安市 2021 届高三大联考数学（文）（3－2）试题
【答案】（1） 1, ；（2）
2
2
ea ．
【解析】（1）当 2a 时，函数
22 1
x
g xh x f x
x x
e
，
不等式 h x m 在区间 0,2x 上有解，则 minh x m ，
由
2
2
2 1 1 2 1x x
xx
h
x e x
x
x e x x
ee
， 0,2x ，
所以当 0,2x 时， 0h x ，函数 h x 在 0,2 上单调递增，
则 min 0 1h x h ，所以 1m ，故实数 m 的取值范围 1, ．
（2）由 2 21 1 xφ x x f x ag x a a x a x e ax ，
可得 1 2 2x x xφ x e x e ax x e a ， xR ，
当 1
2a 时， 2 1a ，所以 ln 2 0a ，令 0x ，则 0x 或 ln 2x a ，
当 ,0x 时， 1 2xe a ，所以 0x ，函数 x 单调递增，
当 0,ln 2x a 时， 0x ，函数 x 单调递减，
当 ln 2 ,x a 时， 0x ，函数 x 单调递增，
所以函数 x 的极小值为
2 2ln 2ln 2 ln 2 1 ln 2 2 ln 2 1 ln 2aφ a a e a a a a a a ，
由题设知， 22 ln 2 1 ln 2 2a a a a a ，即 22ln 2 ln 2 0a a ，
因为 ln 2 0a ，所以 ln 2 2a ，解得
2
2
ea ．
【名师点睛】对于利用导数研究不等式问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数
研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（2）利用可分离变量，构造新函
数，直接把问题转化为函数的最值问题．（3）根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分离参
数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设
出导数的零点，难度较大．
9．已知函数 ( ) ln ,
xef x a x ax a Rx
．
（1）当 0a 时，讨论 ( )f x 的单调性；
（2）设 ( ) ( ) ( )g x f x xf x ，若关于 x 的不等式
2
( ) ( 1)2
x xg x e a x 在[1,2] 上有
解，求 a 的取值范围．
【试题来源】云南省曲靖市第二中学、大理新世纪中学 2021 届高三第一次模拟考试（理）
【答案】（1） ( )f x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减；（2） ( ,0] ．
【解析】（1）由题意知，
2 2
( 1)
( )
xx x ax e xa xe ef x ax x x
，
令 ( ) ( 1)xF x ax e x ，当 0a 时， 0xax e 恒成立，
所以当 1x 时， ( ) 0F x ，即 ( ) 0f x ；当 0 1x 时， ( ) 0F x ，即 ( ) 0f x ；
所以函数 ( )f x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减．
（2）因为 2( ) ( ) ( ) ln
x x xe a xe eg x f x xf x a x ax x ax x x
ln 2xa x e ax a ， 由题意知，存在 0 [1,2]x ，使得 0
2
0
0 0( 1)2
x xg x e a x
成立．即存在 0 [1,2]x ，使得
2
0
0 0ln ( 1) 02
xa x a x a 成立；
令
2
( ) ln ( 1) , [1,2]2
xh x a x a x a x ，
( )( 1)( ) 1 , [1,2]a x a xh x a x xx x
，
①当 1a 时，对任意 [1,2]x ，都有 ( ) 0h x ，所以函数 ( )h x 在[1,2] 上单调递减，
min( ) (2) ln 2 0h x h a a 成立，解得 0a ， 0a ；
②当1 2a 时，令 ( ) 0h x ，解得1 x a ；令 ( ) 0h x ，解得 2a x ，
所以函数 ( )h x 在[1, ]a 上单调递增，在[ ],2a 上单调递减，
又 1(1) 2h ， (2) ln 2 0h a a ，解得 0,a a 无解；
③当 2a 时，对任意的 [1,2]x ，都有 ( ) 0h x ，所以函数 ( )h x 在[1,2] 上单调递增，
min
1( ) (1) 02h x h ，不符合题意，舍去；综上所述， a 的取值范围为 ( ,0] ．
【名师点睛】根据导数的方法研究不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变
形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可
求出结果；有时也可根据不等式，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的
最值，即可得出结果．
10．已知函数 2 2 lnf x x a x ，其中 aR ．
（1）当 1a 时，求函数 f x 在 1 ,ee
上的最值；
（2）①讨论函数 f x 的单调性；
②若函数 f x 有两个零点，求 a 的取值范围．
【试题来源】宁夏 2021 届高三上学期期末考试（文）
【答案】（1）最大值为 2 2e ，最小值为1；（2）①见详解；② a e ．
【解析】（1）由 1a 得 2 2lnf x x x ，所以 2 1 122 x xf x x x x
，
当 1 ,1x e
时， 2 1 1 0x xf x x
，则 f x 单调递减；
当 1,x e 时， 2 1 1 0x xf x x
，则 f x 单调递增；
所以 min 1 1f x f ；又 2 2
1 1 1 12ln 2f e e e e
， 2
2
12 2f e e e
，
所以 2
max 2f x f e e ；即 f x 在 1 ,ee
上的最大值为 2 2e ，最小值为1；
（2）① 2222
x aaf x x x x
，
当 0a 时， 0f x 恒成立；即 f x 在定义域 0, 上单调递增；
当 0a 时 ， 若 0 x a ， 则 22
0
x a
f x x
； 若 x a ， 则
22
0
x a
f x x
，所以 f x 在 0, a 上单调递减；在 ,a 上单调递增；
综上，当 0a 时， f x 在 0, 上单调递增；当 0a 时， f x 在 0, a 上单调递减；
在 ,a 上单调递增；
②由①知，当 0a 时， f x 在定义域 0, 上单调递增；不可能有两个零点；
当 0a 时， min 2 ln lnf x f a a a a a a a ；
为使 f x 有两个零点，必有 min ln 0f x a a a ，即 a e ；
又 22 4 2 ln 2 2 2 ln 2f a a a a a a a ，
令 lng x x x ， 2x e ，则 1 11 0xg x x x
在 2 ,e 上恒成立，
即 lng x x x 在 2 ,e 上单调递增，
所以 2 2 ln 2 0g x g e e e ，即 2 2 2 ln 2 0f a a a a ，
所以根据零点存在性定理可得，存在 1 ,2x a a ，使得 1 0f x ；
又 4 41 12 ln ln 0f a
a a
a aa a
，
根据零点存在性定理可得，存在 2
1 ,x a
a
，使得 2 0f x ，
综上，当 a e 时，函数 f x 有两个零点．
11．已知函数 3( )f x x x ．
（1）求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程；
（2）求函数 ( )f x 的单调区间和极值；
（3）设函数 ( )( ) 2sin
f xt x x x
， (0, )x ，试判断 ( )t x 的零点个数，并证明你的结论．
【试题来源】北京市西城区 2021 届高三上学期数学期末试题
【答案】（1） 2 2y x ；（2） ( )f x 的单调递减区间是 3 3( , )3 3
，单调递增区间是
3( , )3
， 3( , )3
；极大值 2 3
9
，极小值 2 3
9
；（3）一个，证明见解析．
【解析】（1）由 3( )f x x x ，得 2( ) 3 1xf x ． 因为 (1) 0f ， (1) 2f ，
所以曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 2 2y x ．
（2）令 ( ) 0f x ，得 23 1 0x ，解得 3
3x 或 3
3x ．
当 x 变化时， ( )f x 和 ( )f x 变化情况如下表：
x 3( , )3
3
3
3 3( , )3 3
3
3
3( , )3
( )f x 0 0
( )f x ↗ 2 3
9
↘ 2 3
9
↗
所以， ( )f x 的单调递减区间是 3 3( , )3 3
，单调递增区间是 3( , )3
， 3( , )3
；
( )f x 在 3
3x 处取得极大值 2 3
9
，在 3
3x 处取得极小值 2 3
9
．
（3） (0, )x ， ( ) 0t x ，即
2 1 2 0sin
x
x
，等价于 2 1 2sin 0x x ．
设 2( ) 1 2sin , (0, )g x x x x ，则 ( ) 2 2cosg x x x ．
①当 ,2x
时， ( ) 0rg x ， ( )g x 在区间 ,2
p p÷ê ÷÷ê øë
上单调递增．
又
2
( ) 3 02 4g ， 2( ) 1 0g ，所以 ( )g x 在区间 ,2
p p÷ê ÷÷ê øë
上有一个零点．
②当 (0, )2x 时，设 ( ) ( ) 2 2cosh x g x x x ．
( ) 2 2sin 0h x x ，所以 ( )g x 在区间 (0, )2
上单调递增．
又 (0) 2 0g ， ( ) 02g ，所以存在 0 (0, )2x ，使得 0 0( )g x ．
所以，当 0(0, )x x 时， ( ) 0g x ， ( )g x 单调递减；
当 0( , )2x x 时， ( ) 0g x ， ( )g x 单调递增．
又 (0) 1 0g ，
2
( ) 3 02 4g ，所以 ( )g x 在区间 (0, )2
上无零点．
综上所述，函数 ( )t x 在定义域内只有一个零点．
12．已知函数 1 1f x x
．
（1）求曲线 y f x 在点 1, 1f 处的切线方程；
（2）设函数 lng x f x t x ，当 1t 时，求 g x 零点的个数．
【试题来源】北京通州区 2021 届高三上学期数学摸底（期末）考试
【答案】（1） 1 0x y ；（2）答案见解析．
【解析】（1）因为 1 1f x x
，所以 2
1f x x
，所以 1 0f ， 1 1f ．
所以曲线 y f x 在点 1, 1f 处的切线方程是 1y x ，即 1 0x y ；
（2）因为 lng x f x t x ，所以 1 ln 1 0g x t x xx
，
所以 2 2
1 1t txg x x x x
．
①当 0t 时， 0g x ，所以 g x 在 0, 上单调递减．
因为 1 0g ，所以 g x 有且仅有一个零点；
②当 0 1t 时，令 0g x ，得 1x t
，令 0g x ，得 1x t
．
所以 g x 在 10, t
上单调递减，在 1,t
上单调递增．
因为 1 0g ，所以 g x 在 10, t
上有且仅有一个零点．
因为 1 1 0g gt
，即 1ln 1 0t t t
，则 1 1 1ln 1t t t
，所以 1 1te t
，
则 1
1
1 0t
t
g e
e
，所以 0
1,x t
，使得 0 0g x ，所以 g x 在 1,t
上有且
仅有一个零点．所以当 0 1t 时， g x 有两个零点；
③当 1t 时， 2
1xg x x
．令 0g x ，得 1x ，令 0g x ，得 1x ．
所以 g x 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增．
所以当 1x 时， g x 取得最小值，且 1 0g ，所以 g x 有且仅有一个零点．
综上所述，当 0t 或 1t 时， g x 有且仅有一个零点；
当 0 1t 时， g x 有两个零点．
【名师点睛】利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基
本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与 x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体
现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由 0f x 分离变量得出 a g x ，将问题等价转化为直线 y a 与
函数 y g x 的图象的交点问题．
13．已知函数 1( ) (2 )ln 2f x a x axx
，
（1）当 2a 时，求函数 f x 的极值；
（2）当 0a 时，讨论函数 f x 的单调性；
（3）若对 a (-3，-2)， 1 2,x x [1，3] ，不等式 1 2( ln3) 2ln3 | ( ) ( ) |m a f x f x 恒
成立，求实数 m 的取值范围．
【试题来源】宁夏石嘴山市第三中学 2021 届高三上学期第三次月考（期末）（文）
【答案】（1）极小值为 4 ，无极大值（2）答案见解析（3） 13
3m
【解析】（1）当 2a 时， 1( ) 4f x xx
( 0)x ，
2
2 2
1 4 1( ) 4 xf x x x
，
当 10 2x 时， ( ) 0f x ，当 1
2x 时， ( ) 0f x ，
所以 ( )f x 在 1(0, )2
上递减，在 1( , )2
上递增，
所以 ( )f x 在 1
2x 处取得极小值 1( ) 42f ，无极大值．
（2）当 0a 时， 1( ) (2 )ln 2f x a x axx
，定义域为 (0, ) ，
2
2 1( ) 2af x ax x
2
2
2 (2 ) 1ax a x
x
2
( 1)(2 1)ax x
x
，
令 ( ) 0f x 得 1x a
或 1
2x ，
当 1 1
2a
，即 2 0a 时，由 ( ) 0f x 得 10 2x 或 1x a
，
由 ( ) 0f x 得 1 1
2 x a
，
所以 ( )f x 在 1(0, )2
和 1( , )a
上单调递减，在 1 1( , )2 a
上单调递增，
当 1 1
2a
，即 2a 时，
2
2
(2 1)( ) xf x x
0 ，所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递减，
当 1 1
2a
，即 2a 时，由 ( ) 0f x 得 10 x a
或 1
2x ，由 ( ) 0f x 得 1 1
2xa
，
所以 ( )f x 在 1(0, )a
和 1( , )2
上单调递减，在 1 1( , )2a
上单调递增，
（3）由（2）可知对 a (-3，-2)， ( )f x 在[1,3]上单调递减，
因为不等式 1 2( ln3) 2ln3 | ( ) ( ) |m a f x f x 恒成立，
等价于 1 2 max( ln3) 2ln3 ( ) ( )m a f x f x 1 max 2 min( ) ( )f x f x ，
而 1 max( ) (1) 1 2f x f a ， 2 min
1( ) (3) (2 )ln3 63f x f a a ，
所以 1( ln3) 2ln3 1 2 (2 )ln3 63m a a a a ，
即 2( 4) 03m a 对 a (-3，-2)恒成立，所以
23( 4) 03
22( 4) 03
m
m
，解得 13
3m ．
【名师点睛】本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数 , ,y f x x a b ， , ,y g x x c d
（1）若 1 ,x a b ， 2 ,x c d ，总有 1 2f x g x 成立，故 2max minf x g x ；
（2）若 1 ,x a b ， 2 ,x c d ，有 1 2f x g x 成立，故 2max maxf x g x ；
（3）若 1 ,x a b ， 2 ,x c d ，有 1 2f x g x 成立，故 2min minf x g x ；
（4）若 1 ,x a b ， 2 ,x c d ，有 1 2f x g x ，则 f x 的值域是 g x 值域的子
集 ．
14．己知函数 21( ) e 1( )2
xf x x mx m R ．
（1）若 f x 在 R 上是减函数，求 m 的取值范围；
（2）当 1m > 时，证明 f x 有一个极大值点和一个极小值点．
【试题来源】安徽省淮南市 2020-2021 学年高三上学期第一次模拟（文）
【答案】（1） ,1 ；（2）证明见解析．
【解析】（1）由 21( ) 12
xf x x mx e ，得 ( ) xf x x m e ，
设 ( ) ( ) xg x f x x m e ，则 ( ) 1 xg x e ．
当 0x 时， 0g x ， g x 单调递减；当 0x 时， 0g x ， g x 单调递增．
所以 max 0 1g x g m ，因为 f x 在 R 上是减函数，
所以 max max( ) 1 0f x g x m ，所以 1m £ ，故 m 的取值范围是 ,1 ．
（2）当 1m > 时， 0 1 0g m ．
由于 0mg m e ， (0) 0g m g ，所以 g x 在 ,0m 上有零点，
又 g x 在 ( ,0) 上单调递增，所以 g x 在 ( ,0) 上只有一个零点，
设为 1 1 0x m x ．又 2 1mg m m e m ．设 2 1xh x x e x ，
则 2 2 0xh x e e ，即 h x 在 1, 上单调递减，
所以 (1 0)h x h ，即 0g m ．所以 (0) 0m gg ，
所以 g x 在 0,m 上有零点，又 g x 在 (0, ) 上单调递减，
所以 g x 在 (0, ) 上只有一个零点，设为 2 20x x m ．
因此，当 1,x x 时， 0f x g x ，
当 1 2,x x x 时， 0f x g x ，当 2( , )x x 时， 0f x g x ，
即 f x 在 1, x ， 2,x 上单调递减，在 1 2,x x 上单调递增，
所以当 1x x 时， f x 的极小值是 1f x ，当 2x x 时， f x 的极大值是 2f x
因此， f x 有一个极大值点和一个极小值点．
15．已知函数 2( ) ln ( 0)f x x a x a ．
（1）若 2a ，求曲线 ( )y f x 的斜率等于 3 的切线方程；
（2）若 ( )y f x 在区间 1 ,ee
上恰有两个零点，求 a 的取值范围．
【试题来源】北京市顺义区 2021 届高三上学期期末考试
【答案】（1）3 2 2ln 2 0x y ；（2） 22 ,e e ．
【解析】由已知函数 ( )f x 定义域是 (0, ) ，
（1） 2( ) 2lnf x x x ， 2 2( 1)( 1)( ) 2 x xf x x x x
，
由 2( ) 2 3f x x x
解得 2x （ 1
2x 舍去），
又 ( ) 42 2ln 2f ，所以切线方程为 (4 2ln 2) 3( 2)y x ，即3 2 2ln 2 0x y ；
（2） 2 2 2 22( ) 2
a ax x
a x af x x x x x
，
易知 ( )f x 只有一个极值点
2
a ，要使得 ( )f x 有两个零点，则 1
2
a ee
，即 2
2
2 2a ee
，
此时在 1 , 2
a
e
上 ( ) 0f x ， ( )f x 递减，在 ,2
a e
上 ( ) 0f x ， ( )f x 递增，
( )f x 在
2
ax 时取得极小值 ln2 2 2
a a af a
，
所以
2
2
1 1 1ln 0
( ) ln 0
ln 02 2 2
f ae e e
f e e a e
a a af a
解得 22e a e ．综上 a 的范围是 22 ,e e ．
16．已知函数
2
x
x ax bf x x Re
的一个极值点是 2x ．
（1）求 a 与 b 的关系式，并求 f x 的单调区间；
（2）设 0a ， 2 2xg x a e ，若存在 1x ， 2 0,3x ，使得 1 2 2
2f x g x e
成立，
求实数 a 的范围．
【试题来源】安徽省淮北市 2020-2021 学年高三上学期第一次模拟考试（文）
【答案】（1） 0a b ，单调区间见解析；（2） 0 < < 3a 【解析】（1）可求得 2 2 x x a x a bf x e ， f x 的一个极值点是 2x ， 2 4 2 22 0a a bf e ，解得 0a b ， 2 2 2 2 x x x a x a x a xf x e e ， 当 2a 时， 0f x ， f x 单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意， 当 2a 时，令 0f x ，解得 2 x a ，令 0f x ，解得 2x 或 x a ， 当 2a 时，令 0f x ，解得 2a x ，令 0f x ，解得 x a 或 2x ， 综上，当 2a 时， f x 的单调递增区间为 2, a ，单调递减区间为 ,2 ， ,a ； 当 2a 时， f x 的单调递增区间为 ,2a ，单调递减区间为 , a ， 2, ； （2） 2 x x ax af x e ，由（1）可知， 0a 时， f x 在 0,2 单调递增，在 2,3 单 调递减， 2max 42 af x f e ， 0 0f a ， 3 9 23 0af e ， minf x a ， 2 2xg x a e 在 0,3 单调递增， 2 2min 0 ag x g e ， 2 max 3g x g a e ， 存在 1x ， 2 0,3x ，使得 1 2 2 2f x g x e 成立， 即存在 1x ， 2 0,3x ，使得 2 1 22 2 2 2g x f x g xe e 成立， 2 2 2 2 2 2 2 2 4 0 a a e e a a e e e a ，解得 0 < < 3a ． 17．已知函数 3 sin e ,xf x mx x x n m n R ， e 为自然对数的底数． （1）当 0m 且 1n 时，证明： 0f x ； （2）当 0n 时，函数 f x 在区间 0, 上单调递增，求实数 m 的取值范围． 【试题来源】浙江省湖州市 2020-2021 学年高三上学期期末 【答案】（1）证明见详解；（2） 1 ,6 ． 【解析】（1）当 0m 且 1n 时，函数 e sinxf x x x ，定义域为 R， 令 e 1xh x x ，则 e 1 0xh x ，得 0x ， 故 0x 时， 0h x ， h x 单调递减， 0x 时， 0h x ， h x 单调递增， 故 0e 1 e 0 1 0xh x x h x 恒成立， 0x 时等号成立． 所以 e 1x x 恒成立， 0x 时取等号，而sin 1x 恒成立，当 2 ,2x k k Z 时取 等号，故 e sin 1 1 0xf x x x ，但由于取等号条件不一致，故等号取不到， 所以 e sin 0xf x x x ； （2）当 0n 时，函数 3 sinf x mx x x ，在区间 0, 上单调递增， 则 23 1 cos 0f x mx x 在区间 0, 上恒成立． 令 2( ) 3 1 cosg x f x mx x ， 0x ，则 ( ) 6 sing x mx x ． ①当 0m 时， 2 2( ) 3 1 cos 3 1 0g m m ，即 0f ，不符合题意； ②当 10 6m 时， ( ) 6 sing x mx x ，则 ( ) 6 cosg x m x ， 因为 0 6 1m ，当 0 2x 时， 0 cos 1x ， cosy x 单调递减， 所以存在 00 2x ，使得 0 0( ) 6 cos 0g x m x ， 当 00,x x 时， 0( ) 0g x ， ( )g x 单调递减， 当 0, 2x x 时， 0( ) 0g x ， ( )g x 单调递增，而 (0) 6 0 sin 0 0g m ， 故 00,x x 时 ( ) 0g x 恒成立，即 ( )g x 单调递减，又 (0) 0 1 cos0 0g ， 故 ( ) 0g x ，即 0f x ，不符合题意； ③当 1 6m 时， ( ) 6 sing x mx x ，则 ( ) 6 cosg x m x ， 因为 6 1m ， cos 1x ，所以 ( ) 6 cos 0g x m x ， 即 ( )g x 在区间 0, 上是单调递增函数，而 (0) 0g ，故 ( ) 0g x 恒成立， 所以 ( )g x 在区间 0, 上是单调递增函数，而 (0) 0g ，故 ( ) 0g x 恒成立， 即 0f x 恒成立，符合题意．综上，实数 m 的取值范围为 1 ,6 ． 【名师点睛】已知函数 ( )y f x 单调性求参数的取值范围问题，通常利用导数将其转化成 恒成立问题：（1）函数 ( )y f x 在区间 I 上单调递增，则 ( ) 0f x 在区间 I 上恒成立； （2）函数 ( )y f x 在区间 I 上单调递减，则 ( ) 0f x 在区间 I 上恒成立． 18．已知函数 2 , 0 ( ) 12 , 02 xe x f x x x x ． （1）设 ( ) ( )g x xf x ，求 ( )g x 的单调区间； （2）求证：存在恰有 2 个切点的曲线 ( )y f x 的切线． 【试题来源】陕西省榆林市 2020-2021 学年高三上学期第一次高考模拟测试（理） 【答案】（1）单调减区间为 ( , 1) 和 4 100, 6 和 4 10 ,6 ，单调减区间为 ( 1,0) 和 4 10 4 10,6 6 ；（2）证明见解析． 【解析】（1）因为 3 2 , 0 ( ) 12 , 02 xxe x g x x x x x ， 当 0x 时， ( ) ( 1) xg x x e ，则 ( 1,0)x 时， ( ) 0g x ， ( )g x 单调递增； ( , 1)x 时， ( ) 0g x ， ( )g x 单调递减； 当 0x 时， 2 1( ) 3 4 2g x x x ，由 ( ) 0g x 可得 26 1 08x x ， 解得 8 64 24 4 10 12 6x ，即 4 10 4 10( ) 3 6 6g x x x ， 所以 4 100 6 x 或 4 10 6 x 时， ( ) 0g x ， ( )g x 单调递减； 4 10 4 10 6 6 x 时， ( ) 0g x ， ( )g x 单调递增； 所以 ( )g x 的单调减区间为 ( , 1) 和 4 100, 6 和 4 10 ,6 ，单调减区间为 ( 1,0) 和 4 10 4 10,6 6 ； （2） , 0( ) 2 2, 0 xe xf x x x ，假设存在直线以 1 1,A x f x ， 2 2,B x f x 为切点， 不 妨 设 1 2x x ， 则 1 0x ， 2 0x ， 以 1 1,A x f x 为 切 点 的 切 线 方 程 为 1 1 11x xy e x e x ，以 2 2,B x f x 为切点的切线方程为 2 2 2 12 2 2 y x x x ， 所以 1 1 2 2 1 2 2 2 11 2 x x e x e x x ，令 1xt e ，则 (0,1]t ， 2 8 4 ln 2 0t t t t ， 令 2( ) 8 4 ln 2t t t t t ， (0,1]t ， 则 ( ) 2 4 4lnt t t 在 (0,1]上递增，所以 ( ) (1) 2 0t ， 因此 ( )t 在 (0,1]上递减， (1) 5 0 ， 3 6 3 3 3 6 34 ln 2 28 20 0e e e e e e e ， 故存在唯一的 t 满足 2 8 4 ln 2 0 t t t t ，即存在恰有 2 个切点的曲线 ( )y f x 的切线． 19．已知函数 2 , 0 ( ) 12 , 02 xe x f x x x x ． （1）求斜率为 1 2 的曲线 ( )y f x 的切线方程； （2）设 ( )( ) f xg x mx ，若 ( )g x 有 2 个零点，求 m 的取值范围． 【试题来源】陕西省榆林市 2020-2021 学年高三上学期第一次高考模拟测试（文） 【答案】（1）8 16 1 0x y 或 2 ln 2 1 0x y ；（2） 0,2 2 ． 【解析】（1） , 0( ) 2 2, 0 xe xf x x x ，令 1( ) 2f x 可得 ln2x 或 3 4 ， 当 ln2x 时，切点为 1ln 2, 2 ，切线方程为 1 ln 2 1 2 2y x ，即 2 ln 2 1 0x y ； 当 3 4x 时，切点为 3 7,4 16 ，切线方程为 1 1 2 16y x ，即8 16 1 0x y ； （2） ( )( ) 0f xg x mx ，即 ( ) 0f x mx ，令 ( ) ( )x f x mx ， 则 2 , 0 ( ) 12 , 02 xe mx x x x m x x ， 当 0x 时，若 0m ， ( ) 0x ，无零点，若 0m ， ( ) x 在 ,0 上递增， 0 1 ， 1 0m ，此时 ( ) x 有且只有一个零点； 当 0x 时， 2 2 2 2m m ， 1 2 2x x m ， 1 2 1 02x x ， 若 2 2m 时， 0 ， 1 2 0x x ，此时 ( ) x 在 0, 上有两个零点； 若 2 2m 时， 0 ， 1 2 0x x ，此时 ( ) x 在 0, 上有一个零点； 若 2 2 2 2m 时， ，此时 ( ) x 在 0, 上无零点； 若 2 2m 时， 0 ， 1 2 0x x ，此时 ( ) x 在 0, 上无零点； 若 2 2m 时， 0 ， 1 2 0x x ，此时 ( ) x 在 0, 上无零点； 因为 ( )g x 有 2 个零点，所以 0 2 2m ，故 m 的取值范围为 0,2 2 ． 20．已知函数 xf x e ， 2 1g x x ax x ． （1）令 g xh x f x ，讨论函数 h x 的单调性； （2）令 x f x g x ，当 1a 时，若 1x e 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【试题来源】江西省吉安市 2021 届高三大联考数学（理）（3-2）试题 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析 ；（2） 1,4 ． 【解析】（1）因为 xf x e ， 2 1g x x ax x ，所以 2 1 x g x x ax xh x f x e ， 则 2 2 2 1 1x x x x a e x ax x e h x e 22 1 1 x x a x ax x e 1 2 x x x a e ， xR ，令 0h x ，则 1x 或 2x a ， ①当 1a 时，1 2 a ，当 ,1x 或 2 ,x a 时， 0h x ， 所以函数 h x 在 ,1 和 2 ,a 上单调递减； 当 1,2x a 时， 0h x ，所以函数 h x 在 1,2 a 上单调递增； ②当 1a 时，1 2 a ， 0h x 在 R 上恒成立，所以函数 h x 在 R 上单调递减； ③当 1a 时，1 2 a ，当 ,2x a 或 1,x 时， 0h x ， 所以函数 h x 在 ,2 a 和 1, 上单调递减； 当 2 ,1x a 时， 0h x ，所以函数 h x 在 2 ,1a 上单调递增； 综上：①当 1a 时，函数 h x 在 ,1 和 2 ,a 上单调递减，函数 h x 在 1,2 a 上单调递增；②当 1a 时，函数 h x 在 R 上单调递减；③当 1a 时，函数 h x 在 ,2 a 和 1, 上单调递减，函数 h x 在 2 ,1a 上单调递增； （2）由题设知， 2 1 1 xx x a x e ， 所以 22 1 1 1x xx a e x a x ex 1 xx x a e ， xR ， 当 1a 时， 0x ，所以函数 x 单调递增，且 2 1 0xx x e 恒成立， 故 1x e 恒成立，符合题意；当 1a 时，令 0x ， 则 1x 或 x a ，且 1a ，列表如下： x , a a , 1a 1 1, x 0 0 x 递增 极大值 递减 极小值 递增 当 x a 时，因为 2 1 1 1 0x a x x x a x 恒成立， 所以 0x ，则 1x e 恒成立，符合题意； 当 x a 时， min 31 ax e ，则 3 1a e e 恒成立，所以 4a ， 综上，实数 a 的取值范围是 1,4 ． 21．已知函数 2 1 ex axf x ， aR ． （1）若曲线 y f x 在点 1, 1f 处的切线平行于直线 y x ，求该切线方程； （2）若 1a ，求证：当 0x 时， 0f x ； （3）若 f x 恰有两个零点，求 a 的值． 【试题来源】北京市东城区 2021 届高三上学期期末考试 【答案】（1） 1y x ；（2）证明见解析；（3） 2e 4a ． 【解析】（1）因为 2 ex ax xf x ，所以 1 1e af ，故 a e ． 所以 1 1 2e af ．所求切线方程为 2 1y x ，即 1y x ． （2）当 1a 时， 2 1 ex xf x ， 2 ex x xf x ． 当 0,2x 时， 0f x ；当 2,x 时， 0f x ． 所以 f x 在区间 0,2 上单调递减，在区间 2, 上单调递增． 所以 f x 的最小值为 2 42 1 0ef ．故 0x 时， 0f x ． （3）对于函数 2 1 ex axf x ， aR ．当 0a 时， 0f x ， f x 没有零点； 当 0a 时， 2 ex ax xf x ． 当 ,0x 时， 0f x ，所以 f x 在区间 ,0 上单调递增； 当 0,2x 时， 0f x ，所以 f x 在区间 0,2 上单调递减； 当 2,x 时， 0f x ，所以 f x 在区间 2, 上单调递增． 所以 0 1f 是 f x 的极大值， 2 42 1 e af 是 f x 的极小值． 因为 2 1 1 1 1 1 11 1 1 e 0 e ea a a a af a ， 所以 f x 在 ,0 上有且只有一个零点．由于 2 42 1 e af ， ①若 2 0f ，即 2e 4a ， f x 在区间 0, 上没有零点； ②若 2 0f ，即 2e 4a ， f x 在区间 0, 上只有一个零点； ③若 2 0f ，即 2e 4a ，由于 0 1f ，所以 f x 在区间 0,2 上有一个零点． 由（2）知，当 0x 时， 2ex x ， 所以 3 3 3 2 44 2 16 16 16 14 1 1 1 1 0e 2ea a a a af a aa ． 故 f x 在区间 2,4a 上有一个零点． 因此 2e 4a 时， f x 在区间 0, 上有两个零点． 综上，当 f x 有两个零点时， 2e 4a ． 22．已知函数 e sin 1xf x ax x ． （1）若函数 f x 在 0, 上为增函数，求实数 a 的取值范围； （2）当1 2a 时，证明：函数 2g x x f x 有且仅有 3 个零点． 【试题来源】江苏省连云港市 2020-2021 学年高三上学期期末 【答案】（1） 2a ；（2）证明见解析． 【解析】（1）因为 cosxf x e a x ， 由函数 f x 在 0, 上为增函数，则 cosxa e x 在 0,x 上恒成立． 令 cosxh x e x ， 0,x ， sinxh x e x 当 0x 时， e 1x ，所以 sin 0xh x e x 恒成立． 所以 h x 在 0, 为增函数．所以 0 2h x h ，所以 2a ． （2）由 2 sin 12 xe axg x f x xx x ，则 2 =0 0 =0g g， 所以 2x ， 0x 是 2g x x f x 的两个零点． 因为1 2a ，由（1）知，函数 f x 在 0, 上为增函数， 0 0f x f ，无零 点．所以下面证函数 f x 在 ,0 上有且仅有 1 个零点． ①当 , πx 时，因为1 2a ，所以 πax ， 所以 π sin 1 0xf x e x ．无零点． ②当 π,0x 时，因为sin 0x ，设 ' , ' sin 0xu x f x u x e x ， 所以 f x 在 π,0 上递增，因为 0 2 0f a ， ππ 1 0f e a ， 所以存在唯一零点 0 π,0x ，使得 0 0f x ． 当 0π,x x 时， 0f x ， f x 在 0π, x 上递减； 当 0 ,0x x 时， 0f x ， f x 在 0,0x 上递增． 所以，函数 f x 在 π,0 上有且仅有 1 个零点． 故函数 f x 在 ,0 上有且仅有 1 个零点． 综上：当1 2a 时，函数 2g x x f x 有且仅有 3 个零点． 23．已知函数 1( ) lnxf x e x ． （1）求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程； （2）若不等式 ( ) 1f x ax a
对任意 [1, )x 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【试题来源】云南省 2021 届高三第五次复习检测（文） 【答案】（1） 2 1y x ；（2） ( ,2] ． 【解析】（1）依题意， 0(1) ln1 1f e ， 1 1( ) xf x e x ， 0(1) 1 2f e ， 所以曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 1 2( 1)y x ，即 2 1y x ． （2）令 ( ) ( ) ( 1) 1( 1)g x f x a x x ，则 1 1( ) ( ) xg x f x a e ax ． 令 1 1( ) ( 1)xh x e xx ，则 1 2 1( ) xh x e x ， 当 1x 时， 1 1xe ， 2 10 1x ，所以 ( ) 0h x ，函数 ( )h x 在[1, ) 上是增函数． 所以 ( ) (1) 2h x h ，所以 ( ) 2g x a ． ①当 2a 时， ( ) 0g x ，所以函数 ( )g x 在[1, ) 上是增函数， 所以 ( ) (1) 0g x g ，即对任意 [1, )x 不等式 ( ) 1f x ax a 恒成立． ②当 2a 时， 1 1a ，由 1x ，得 10 1x ． 1 11( ) 1x xg x e a e ax ． 当 (1,1 ln( 1))x a 时， 1 1 0xe a ，即 ( ) 0g x ，函数 ( )g x 在 (1,1 ln( 1))a 上 是减函数，所以 ( ) (1) 0g x g ，即 ( ) 1f x ax a ，不合题意． 综上，所以实数 a 的取值范围是 ( ,2] ． 24．已知函数 ( ) e ln( 1)xf x x ． （1）求曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程； （2）若不等式 ( ) 1f x ax
对任意 [0, )x 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【试题来源】云南省 2021 届高三第五次复习检测（理） 【答案】（1） 2 1y x ；（2） ( ,2] ． 【解析】（1）依题意， 0(0) ln(0 1) 1f e ， 1( ) 1 xf x e x ， 0(0) 1 2f e ， 所以曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程为 1 2( 0)y x ，即 2 1y x ． （2）令 ( ) ( ) 1( 0)g x f x ax x ，则 1( ) ( ) 1 xg x f x a e ax ． 令 1( ) ( 0)1 xh x e xx ，则 2 1( ) ( 1) xh x e x ， 当 0x 时， 1xe ， 2 10 1( 1)x ，所以 ( ) 0h x ，函数 ( )h x 在[0, ) 上是增函数． 所以 ( ) (0) 2h x h ，所以 ( ) 2g x a ． ①当 2a 时， ( ) 0g x ，所以函数 ( )g x 在[0, ) 上是增函数， 所以 ( ) (0) 0g x g ，即对任意 [0, )x 不等式 ( ) 1f x ax 恒成立． ②当 2a 时， 1 1a ，由 0x ，得 10 11x ． 1( ) 11 x xg x e a e ax ． 当 (0,ln( 1))x a 时， 1 0xe a ，即 ( ) 0g x ， 函数 ( )g x 在 (0,ln( 1))a 上是减函数， 所以 ( ) (0) 0g x g ，即 ( ) 1f x ax ，不合题意． 综上，所以实数 a 的取值范围是 ( ,2] ． 25．已知函数 21( ) ln 1( R)2f x x a x a ． （1）讨论函数 ( )f x 在 (0,1]上的单调性； （2）若 2 0a ，对任意 1 2, [1,2]x x ，不等式 1 2 1 2 1 1f x f x m x x 恒成立， 求实数 m 的取值范围． 【试题来源】江西省新余市 2021 届高三上学期期末质量检测（文） 【答案】（1）答案见解析；（2） 12m ． 【解析】（1） 2 ( ) a x af x x x x ，因为 (0,1]x 所以分以下情况讨论： 当 0a 时， ( ) 0f x 恒成立，故 ( )f x 在 (0,1]单调递增； 当 (0,1)a 时，当 (0, ), ( ) 0, ( )x a f x f x 单调递减， ,1x a 时 ( )f x 单调递增； 当 1a 时， ( ) 0f x 恒成立，故 ( )f x 在 (0,1]单调递减． 综上所述：当 0a 时 ( )f x 在 (0,1]单调递增，无单调递减区间； 当 (0,1)a 时 ( )f x 在 (0, )x a 单调递减，在 ,1x a 单调递增； 当 1a 时， ( )f x 在 (0,1]单调递减，无单调递增区间． （2）因为 2 0a ，由 1 知，函数 ( )f x 在[1,2] 上单调递增，不妨设 1 21 2x x ， 则 1 2 1 2 1 1f x f x m x x ，可化为 2 1 2 1 m mf x f xx x ， 设 21( ) ( ) ln 12 m mh x f x x a xx x ，则 1 2h x h x ， 所以 ( )h x 为[1,2] 上的减函数 即 2( ) 0a mh x x x x 在[1,2] 上恒成立，等价于 3m x ax 在[1,2] 上恒成立， 设 3( )g x x ax ，所以 max( )m g x ， 因 2 0a ，所以 2( ) 3 0g x x a ，所以函数 ( )g x 在[1,2] 上是增函数， 所以 max( ) (2) 8 2 12g x g a （当且仅当 2a 时等号成立）． 所以 12m ．即 m 的最小值为 12． 26．已知函数 lnxf x x ． （1）求函数 f x 的单调区间； （2）设 g x f x x ，求证： 1g x ； （3）设 2 22 4 1h x f x x ax a ，若存在 0x 使得 0 0h x ，求 a 的最大值． 【试题来源】北京市海淀区 2021 届高三年级第一学期期末练习 【解析】（1）因为 ln xf x x ，所以 2 1 ln xf x x ． 令 0f x ，即1 ln 0x ，解得 0 x e ，令 0f x ，即1 ln 0x ，解得 x e ， 所以 f x 的单调递增区间为 0,e ，单调递减区间为 ,e ． （2）因为 ln xf x x ，所以 ln xg x xx ．所以 ( ) 2 2 2 1 ln 1 ln1x x xg x x x - - -¢ = - = ， 令 21 lnt x x x ，则 1 2 0t x xx ，所以 21 lnt x x x 在 0, 单调递 减，因为 21 1 ln1 1 0t ，所以当 0,1x 时， 0t x ， 0g x ， 当 1,x 时， 0t x ， 0g x ，所以 g x 在 0,1 内单调递增，在 1, 内单调 递减． max ln11 1 11g x g ，所以 1 1g x g ． （3）因为 ln xf x x ，所以 2 2ln 2 4 1xh x x ax ax ， ①当 10 2a≤ ≤ 时， 21 2 4 2 1 2 0h a a a a ，即存在 1，使得 1 0h ； ②当 1 2a 时，由（2）可知， ln 1x xx ，即 ln 1x xx ． 所以 2 2 2 2 22 1 2 12 4 42 4 a ah x x x ax a x a 2 2 1 6 113 04 4 a aa a ． 所以对任意 0x ， 0h x ，即不存在 0x 使得 0 0h x ． 综上所述， a 的最大值为 1 2 ． 27．已知函数 ( ) e sin cos , ( ) e sin cosx xf x x x g x x x ． （1）证明：当 5 4x 时， ( ) 0f x
； （2）若 ( ) 2g x ax
，求 a ． 【试题来源】2021 年 1 月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八省联考） 【答案】（1）证明见解析；（2） 2a ． 【解析】（1）分类讨论：①当 4 5 , 4x ， 2 sin 04 xf x e x ； ②当 ,04x 时， cos sin , 0 0xf x e x x f ， sin cos 2 sin 04 x xf x e x x e x ， 则函数 f x 在 ,04 上单调增，则 0 0f x f ， 则函数 f x 在 ,04 上单调减，则 0 0f x f ； ③当 0x 时，由函数的解析式可知 0 1 0 1 0f ， 当 0,x 时，令 sin 0H x x x x ，则 ' cos 1 0H x x ， 故函数 H x 在区间 0, 上单调递增，从而： 0 0H x H ， 即 sin 0, sinx x x x ，从而函数 sin cos 1x xf x e x x e x ， 令 1xy e x ，则 1xy e ，当 0x 时， 0y ，故 1xy e x 在 0, 单调递 增，故函数的最小值为 0 min 0 1 0y e ，从而： 1 0xe x ． 从而函数 sin cos 1 0x xf x e x x e x ；综上可得，题中的结论成立． （2） 当 5 4x 时，令 2 sin cos 2xh x g x ax e x x ax ﹐ 则 cos sinxh x e x x a ， 0h x f x ，故 h x 单调递增， 当 2a 时， 0 2 0h a ， ln 2 2 2 sin ln 2 04h a a ， 1 0,ln 2x a 使得 1 0h x ， 当 10 x x 时， 0,h x h x 单调递减， 0 0h x h 不符合题意； 当 2a 时， 0 0h ，若在 5 ,04x 上，总有 0h x （不恒为零）， 则 h x 在 5 ,4 上为增函数，但 0 0h ， 故当 5 ,04x 时， 0h x ，不合题意．故在 5 ,04x 上， 0h x 有解， 故 2 5 ,04x ，使得 2 0h x ， 且当 2 0x x 时， 0,h x h x 单调递增， 故当 2 ,0x x 时， (0) 0h x h ，不符合题意；故 2a 不符合题意， 当 a=2 时， cos sin 2xh x e x x ，由于 h x 单调递增， 0 0h ，故： 5 04 x 时， 0,h x h x 单调递减； 0x 时， 0,h x h x 单调递增， 此时 0 0h x h ﹔ 当 5 4x 时， 5sin cos 2 2 0 2 2 02 xh x e x x x ， 综上可得，a=2． 28．已知函数 ln( ) 1 xf x a x ， 0a ． （1）若 1a ，求 ( )f x 的极值； （2）若对任意 [1,e]x ，都有 ( ) 2 0f x x 成立，求实数 a 的取值范围． 【试题来源】海南省 2021 届高三年级第二次模拟考试 【答案】（1）极小值为 11 e ，没有极大值；（2） ( , 1] ． 【解析】（1）若 1a ，则 ln( ) 1 xf x x ，定义域为 (0, ) ，可得 2 ln 1( ) xf x x ． 令 ( ) 0f x ，解得 x e ，当 0 x e 时， ( ) 0f x ，当 x e 时， ( ) 0f x ， 故 ( )f x 在 (0, )e 上单调递减，在 ( , )e 上单调递增． 所以 ( )f x 的极小值为 1( ) 1f e e ，没有极大值． （2）由 ( ) 2 0f x x ，即 ln1 2xa xx ， 因为当 [1,e]x 时，有 ln 1x x (等号不同时成立)，即 ln1 0x x ， 所以原不等式又等价于 2 2 ln x xa x x ， 要使得对任意 [1,e]x ，都有 ( ) 2 0f x x 成立，即 2 min 2 ln x xa x x ， 令 2 2( ) ln x xh x x x ， [1,e]x ，则 2 ( 1)( 2 2ln )( ) ( ln ) x x xh x x x ， 当 [1,e]x 时， 2 2ln 0x x ，可得 ( ) 0h x ， 所以 ( )h x 在[1, ]e 上为增函数，所以 min( ) (1) 1h x h ， 故实数 a 的取值范围是 ( , 1] ． 29．已知函数 1( ) 1xf x ae x ． （1）当 a R 时，讨论函数 ( )f x 的单调性； （2）当 0a 时，若 ( ) ln lng x x x a ，且 ( ) ( )f x g x 在 0x 时恒成立，求实数 a 的取值范围． 【试题来源】安徽省黄山市 2020-2021 学年高三上学期第一次质量检测（理） 【答案】（1）答案见解析；（2） 1a ． 【解析】（1） 1( ) 1xf x ae ， ①当 0a 时， ( ) 0f x 恒成立，即函数 ( )f x 在 ( , ) 递减； ②当 0a 时，令 ( ) 0f x ，解得 1 lnx a ，令 ( ) 0f x ，解得 1 lnx a ， 即函数 ( )f x 在 (1 ln , )a 上单调递增，在 ( ,1 ln )a 上单调递减． 综上，当 0a 时，函数 ( )f x 在 ( , ) 递减； 当 0a 时，函数 ( )f x 在 (1 ln , )a 上单调递增，在 ,1 lna 上单调递减． （2）由题意，即当 0a 时 ( ) ( ) 0f x g x 在 0x 时恒成立， 即 1 ln ln 1 0xae x a 在 0x 时恒成立．记 1( ) ln ln 1xh x ae x a ， 则 (1) ln 1 0h a a ，记 ( ) ln 1a a a ， 1( ) 1 0, ( )a aa 在 (0, )a 递增，又 (1) 0 ，当 (1) ln 1 0h a a 时， 得 1a ．下面证明：当 1a 时， 1( ) ln ln 1 0xh x ae x a 在 0x 时恒成立． 因为 1 1( ) ln ln 1 ln 1x xh x ae x a e x ． 所以只需证 1 ln 1 0xe x 在 0x 时恒成立．记 1( ) ln 1xT x e x ， 所以 1 1(1) 0, ( ) xT T x e x ，又 1 2 1( ) 0xT x e x ，所以 ( )T x 在 (0, ) 单调递增， 又 (1) 0T ，所以 (0,1), ( ) 0x T x ， ( )T x 单调递减； (1, ), ( ) 0x T x ， ( )T x 单 调递增，所以 min ( ) (1) 0T x T ，所以 ( ) 0T x 在 (0, ) 恒成立． 即 1( ) ln ln 1 0xh x ae x a 在 0x 时恒成立． 综上可知，当 ( ) ( )f x g x 在 0x 时恒成立时，实数 a 的取值范围为 1a ． 30．已知函数 2( ) ln ( 2)f x a x x a x ，其中 aR ． （1）若曲线 ( )y f x 在点 (2, (2))f 处的切线的斜率为 1，求 a 的值； （2）讨论函数 ( )f x 的单调性； （3）若函数 ( )f x 的导函数 ( )f x 在区间 (1,e)上存在零点，证明：当 (1,e)x 时， 2( ) ef x ． 【试题来源】天津市河北区 2020-2021 学年高三上学期期末 【答案】（1） 2a ；（2）答案见解析；（3）证明见解析． 【解析】（1）因为 2( ) ln ( 2)f x a x x a x ，所以 ( ) 2 ( 2)af x x ax ， 所以 (2) 4 ( 2) 12 af a ，解得 2a ； （2） ( 1)(2 )( ) 2 ( 2)a x x af x x ax x ， 0x ①若 02 a 即 0a ， 0, 0f x x 的解为 1x ， 所以当 0,1x 时， 0f x ， f x 单调递减；当 1,x 时， 0f x f x 单 调递增； ②若 0 12 a 即 0 2a ， 0, 0f x x 的解为 0 2 ax 或 1x ， 所以当 0, , 1,2 ax 时， 0f x f x 单调递增；当 ,12 ax 时， 0f x ， f x 单调递减； ③若 12 a 即 2a ， 22 1 0xf x x 恒成立， 所以 f x 在 0, 上单调递增； ④若 12 a 即 2a ， 0, 0f x x 的解为 1x 或 2 ax ， 所以当 0,1 , ,2 ax 时， 0f x f x 单调递增；当 1, 2 ax 时， 0f x ， f x 单调递减． 综上所述，若 0a ，当 0,1x 时， f x 单调递减， 1,x 时， f x 单调递增； 若 0 2a ，当 0, , 1,2 ax 时， f x 单调递增， ,12 ax 时， f x 单调递减； 若 2a ， f x 在 0, 上单调递增； 若 2a ， 当 0,1 , ,2 ax 时， f x 单调递增， 1, 2 ax 时， f x 单调递减． （3）由题意， ( 1)(2 )( ) 2 ( 2)a x x af x x ax x ， 因为导函数 ( )f x 在区间 1,e 上存在零点， 设零点为 0 0, (1, )x x e ，则 02 (2,2 )a x e ， 所以 f x 在 01, x 上单调递减，在 0 ,x e 上单调递增， 故 2 2 min 0 0 0 0 0 0 0 0 0( ) ln ( 2) 2 ln 2 2f x f x a x x a x x x x x x 2 0 0 0 02 ln 2x x x x ，设 2( ) 2 ln 2 , (1, )g x x x x x x e ，则 ( ) 2ln 2g x x x ， 设 ( ) ( ) 2ln 2 , (1, )h x g x x x x e ，则 2( ) 2 0h x x ， ( )h x 单调递减， 又 (1) (1) 2h g ，故 ( ) 2ln 2 0g x x x 在 1,e 上恒成立，故 ( )g x 单调递减， 所以 2( ) ( )g x g e e ，故当 1,x e 时， 2( ) ef x ． 31．已知函数 3 21( ) 1( )3 2 x af x x ax a R ． （1）若 3x 是函数 ( )f x 的一个极值点，求 a 的值； （2）当 2a 时， 1 2, 0,2x x ， 1 2 2 3f x f x 恒成立，求 a 的取值范围． 【试题来源】安徽省宣城市 2020-2021 学年高三上学期期末（文） 【答案】（1） 3a ；（2） 1 5,3 3a ． 【解析】（1）由函数解析式知 2 1f x x a x a ， 由题意，得 ' 3 9 3 1 0f a a ，故 3a ．经检验， 3a 满足题意． （2）由已知，当 2a 时，只需 0,2x ， max min 2 3f x f x ． 2 1 1f x x a x a x x a ． ①当 0a 时， f x 在 0,1 单减，在 1,2 单增． 所以 min 51 6 2 af x f ，而 0 1f ， 52 3f ，故 max 5 3f x ． 所以 max min 5 5 2 3 6 2 3f ax f x ，解得 1 3a （舍去）． ②当 0 1a 时， f x 在 0,a 单增，在 ,1a 单减，在 1,2 单增． 由于 22 0 3f f ，所以只需 2 1 0 f a f f f ，即 21 4 4 0 1 3 a a a a ， 所以 1 13 a ． ③当 1a 时， 2' 1 0f x x ， f x 在 0,2 单增， 所以 max min 22 0 3f x f x f f ，满足题意． ④当1 2a 时， f x 在 0,1 单增，在 1,a 单减，在 ,2a 单增． 由于 22 0 3f f ，所以只需 1 2 0 f f f a f ，即 5 3 3 a a ， 所以 51 3a ．综上，知 1 5,3 3a ． 32．知函数 23 sin 0f x x m x x ，其中 m 为常数且 6m ． （1）当 1m 时，求函数 f x 的单调区间； （2）若函数 cosg x f x mx x 在区间 30, 2 上有且只有一个零点，求实数 m 的取 值范围． 【试题来源】安徽省池州市 2020-2021 学年高三上学期期末（理） 【答案】（1）单调递增区间为 (0, ) ，无单调递减区间；（2） 227 ,4 ． 【解析】（1）方法一：当 1m 时， 2( ) 3 sinf x x x ，则 ( ) 6 cosf x x x ． 设 ( ) 6 cos ( 0)h x x x x ，则 ( ) 6 sin 0h x x ， 所以 ( ) 6 cosh x x x 在区间 (0, ) 上单调递增，故 ( ) ( ) (0) 1 0f x h x h ， 于是 2( ) 3 sinf x x x 在区间 (0, ) 上单调递增， 即函数 f x 的单调递增区间为 (0, ) ，无单调递减区间． 方法二：当 1x 时，显然有 ( ) 0f x ，当 0 1x 时， cos 0x ，所以 ( ) 0f x ， 故当 0x 时，恒有 ( ) 0f x ，即函数 f x 的单调递增区间为 (0, ) ，无单调递减区间． （2）由 2( ) ( ) cos 3 sin cosg x f x mx x x m x mx x ， 得 ( ) 6 sin (6 sin )g x x mx x x m x ①当 6 6m 时，对于 30, 2x ，有 1 sin 1, 6 sin 6x m x ，所以 ( ) 0g x ， 所以 g x 在区间 30, 2 上单调递增， 又 (0) 0g ，于是 g x 在区间 30, 2 上无零点，不合题意． ②当 6m 时，令 ( )=0g x ，得 6sin ( 1,0)x m ， 所以存在唯一的 0 30, 2x ，使得 ( )=0g x ， 当 00,x x 时， ( ) 0, ( ) g x g x 单调递增，当 0 30, 2x 时， ( ) 0, ( )g x g x 单调递减． 又注意到 23 27(0) 0, 2 4g g m ， 于是当 23 27 02 4g m
，即 2276 4m 时， g x 在区间 30, 2 上无零点，不 合题意；当 23 27 02 4g m ，即 227 4m 时， g x 在区间 30, 2 上有且只有 一个零点，符合题意．综上所述，实数 m 的取值范围是 227 ,4 ． 33．已知函数 33 ,f x x x 若关于 x 的方程 f x a 有两个正实数根 1 2,x x 且 1 2x x ． （1）求实数 a 的取值范围； （2）求证： 2 1 2 2 ax x ． 【试题来源】湖北省部分重点中学 2020-2021 学年高三上学期期末联考 【答案】（1） 0 2a ；（2）证明见解析． 【解析】（1） 23 3 3 1 1f x x x x ， 由 0f x 可得 1 1x ；由 0f x 可得 1x 或 1x ， 所以 f x 在 , 1 和 1, 单调递减，在 1,1 单调递增， 所以 f x 的极小值 31 3 1 2f ， f x 的极大值 31 3 1 2f ， 所以 f x 的图象如图所示： 若 f x a 有两个正实数根 1 2,x x ， 则 y f x 与 y a 的图象有两个横坐标大于 0 的交点，由图知 0 2a ， （2）由题意可得 3 1 1 13f x x x a ， 3 2 2 23f x x x a ， 两式相加可得 3 3 2 2 1 21 2 1 2 1 2 1 22 3 3a x x x x x x xx xx ①， 两式相减可得 3 2 2 1 2 3 1 2 1 2 1 2 1 20 3 3x x x x x x xx xx ②， 所以 2 2 11 2 23 0x xx x ，即 2 2 1 21 2 3x xx x ③， 将③代入①可得 1 2 1 2a x x x x ，因为 1 2x x ，由图知 1 20 1 3x x ， 设 2F x f x f x ， 0,1x ， 则 2 222 3 3 3 3 2 6 1 0F x f x f x x x x ， 所以 2F x f x f x 在 0,1 单调递减， 所以 1 1 12 1 1 2 1 0F x f x f x F f f ， 即 1 12f x f x ，因为 2 1f x f x ，所以 2 12f x f x ， 因为 f x 在 1, 单调递减，所以 2 22x x ，即 2 2 2x x ， 要证 2 1 2 2 ax x ，只需证 1 2 1 2 12 1 2 2 x x x xx xx x ， 即证 1 2 2 4x x x ，因为 1 2 2x x ， 2 3x ，所以 1 2 2 4x x x 显然成立， 故 2 1 2 2 ax x ． 34．设函数 ( ) ln exf x x a ， ( ) e xg x ax ( 10 ea )． （1）若 ( )y f x 在 1x 处的切线平行于直线 2y x ，求实数 a 的值； （2）设函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x ，判断 ( )y h x 的零点的个数； （3）设 1x 是 ( )h x 的极值点， 2x 是 ( )h x 的一个零点，且 1 2x x ，求证： 1 23 2x x ． 【试题来源】天津市 2020-2021 学年高三上学期第四次月考 【答案】（1） 1 e ；（2）2；（3）证明见解析． 【解析】（1）由题可知， 0( ) ln xf xx x ae ， 则 1( ) xf x aex ，得切线的斜率为 1 1k f ae ， 因为 ( )y f x 在 1x 处的切线平行于直线 2y x ， 1 2k ae ，解得 1a e ， 实数 a 的值为 1 e ． （2）令 ( ) ( ) ( ) x xh x f x g x lnx ae axe ，可知 ( )h x 的定义域为 (0, ) ， 且 21 1( ) (1 ) x x x ax eh x ae a x ex x ，令 2( ) 1 xm x ax e ，得 2( ) (2 )x xm x a xe x e ， 而 10 a e ， 0x 得 ( ) 0m x ，可知 ( )m x 在 (0, ) 内单调递减， 又 1 1 0m ae ，且 2 21 1 1 1( ) 1 ( ) 1 ( ) 0m ln a ln lna a a a ， 故 ( ) 0m x 在 (0, ) 内有唯一解，从而 ( ) 0h x 在 (0, ) 内有唯一解，不妨设为 0x ， 则 0 11 x ln a ，当 0(0, )x x 时， 0( )( )( ) 0m xm xh x x x ， ( )h x 在 0(0, )x 内单调递增； 当 0(x x ， ) 时， 0( )( )( ) 0m xm xh x x x ， ( )h x 在 0(x ， ) 内单调递减， 0x 是 ( )h x 的唯一极值点，令 ( ) 1x lnx x ， 则当 1x 时， 1( ) 1 0x x ，故 ( ) x 在 (1, ) 内单调递减， 当 1x 时， ( )x （1） 0 ，即 1lnx x ， 从而 11 1 1 1 1 1( ) (1 ) 1 ( ) 0 ln ah ln lnln a ln e lnln ln lna a a a a a ， 又 0( ) 1 0h x h ， ( )h x 在 0(x ， ) 内有唯一零点， 又 ( )h x 在 0(0, )x 内有唯一零点 1，从而 ( )h x 在 (0, ) 内恰有两个零点． ( )y h x 的零点的个数为 2． （3）已知 1x 是 ( )h x 的极值点， 2x 是 ( )h x 的一个零点，且 1 2x x ， 由（2）及题意， 1 2 ( ) 0 ( ) 0 h x h x ，即 1 2 2 1 2 2 1 ( 1) x x ax e lnx a x e ， 2 12 2 1 2 1 x xxlnx ex ， 2 1 2 1 2 2 1 x x x lnxe x ， 由（2）知当 1x 时， 1lnx x ， 又 2 1 1x x ，故 2 1 21 2 2 1 2 ( 1) 1 x x x xe xx ，两边取对数，得 2 1 2 1 x xlne lnx ， 于是 2 1 1 12 2( 1)x x lnx x ，整理得 1 23 2x x ，命题得证． 35．已知函数 212 e 2 xf x x ax ax a R ． （1）当 0a 时，求曲线 y f x 在点 0, 0f 处的切线方程； （2）若 0a ，讨论函数 f x 的单调性； （3）当 2x 时， 0f x 恒成立，求 a 的取值范围． 【试题来源】北京房山区 2021 届高三上学期数学期末试题 【答案】（1） 2y x ；（2）答案见解析；（3） 2,e ． 【解析】（1）当 0a 时， 2 xf x x e ， 00 0 2 2f e ， 1 xf x x e ， 0(0) 0 1 1k f e ， 所以切线方程为 2 ( 0)y x ，即 2y x ； （2）由题 212 2 xf x x e ax ax ， 可得 1 1x xf x x e ax a x e a ， 由于 0a ， ( ) 0f x 的解为 1 2ln 1x a x ， ， 当 ln 1a ，即 a e 时， ( ) 0f x ，则 f x 在 , 上单调递增； 当 ln 1a ，即 0 a e 时， 在区间 ,ln , 1,a 上， ( ) 0f x 在区间 ln ,1a 上， ( ) 0f x ， 所以 f x 的单调增区间为 ,ln , 1,a ；单调减区间为 ln ,1a ． 当 ln 1a ，即 a e 时，在区间 ,1 , ln ,a 上， ( ) 0f x 在区间 1,ln a 上， ( ) 0f x ， 则 f x 在 ,1 , ln ,a 上单调递增， 1,ln a 上单调递减． （3）解法一： ( ) 1 xf x x e a 当 0a 时，因为 2x ，所以 1 0x ， 0xe a ，所以 ( ) 0f x ， 则 f x 在 2, 上单调递增， 2 0f x f 成立 当 20 a e 时， ( ) 0f x ，所以 f x 在 2, 单调递增，所以 2 0f x f 成立． （3）当 2a e 时，在区间 2,ln a 上， ( ) 0f x ；在区间 ln ,a ， ( ) 0f x ， 所以 f x 在 2,ln a 上单调递减， ln ,a 上单调递增，所以 2 0f x f ，不符 合题意． 综上所述， a 的取值范围是 2,e ． 解法二：当 2x 时， ( ) 0f x 恒成立，等价于“当 2x 时， 21( 2) 02 xx e ax ax 恒 成立”．即 21( ) 2)2 xx x a x e （ 在 2, 上恒成立． 当 2x= 时， 0 0a ，所以 a R ． 当 2x 时， 21 02 x x ，所以 2 2) 2 1 2 x xx e ea xx x （ 恒成立． 设 2( ) xeg x x ，则 2 ( 1)( ) 2 xx eg x x ， 因为 2x ，所以 ( ) 0g x ，所以 ( )g x 在区间 2, 上单调递增． 所以 2( ) (2)g x g e ，所以 2a e≤ ． 综上所述， a 的取值范围是 2,e ． 36．己知函数 21( ) e 1( )2 xf x x mx m R ． （1）若 f x 在 R 上是减函数，求 m 的取值范围； （2）如果 f x 有一个极小值点 1x 和一个极大值点 2x ，求证 f x 有三个零点． 【试题来源】安徽省淮南市 2020-2021 学年高三上学期第一次模拟（理） 【答案】（1） ,1 ；（2）证明见解析． 【解析】（1）由 21( ) 12 xf x x mx e ，得 ( ) xf x x m e ， f x 在 R 上是减函数，则 ) 0( xf x x m e 恒成立． 设 ( ) ( ) xg x f x x m e ，则 ( ) 1 xg x e ． 当 0x 时， 0g x ， g x 单调递减；当 0x 时， 0g x ， g x 单调递增． 于是 max 0 1g x g m ．由题意 1 0g x m ，所以 1m £ ， 故 m 的取值范围是 ,1 ． （2）设 ( ) ( ) xg x f x x m e ，则 ( ) 1 xg x e ． 当 0x 时， 0g x ， g x 单调递减；当 0x 时， 0g x ， g x 单调递增． 若 (0) 1 0g m ，则 ( ) 0g x ，则 f x 在定义域内单调递减，所以不满足条件， 故 (0) 0g ，所以 1m > ，因为 ( ) 0mg m e ， (0) 1 0g m ， ( ) 2 mg m m e ，
设 2 1xy x e x ，则 2 0 1xy e x ，
所以 2 xy x e 在( )1 +¥， 上单调递减，所以当 1x 时， 2 2 0xy x e e ，
所以 ( ) 2 0mg m m e ，所以 1 ( ,0)x m ， 2 (0, )x m 使 1 2 0g x g x ，
所以 1,x x ， ( ) 0g x 即 ( ) 0f x ， f x 单调递减，
1 2,x x x ， 0g x 即 ( ) 0f x ， f x 单调递增．
2,x x ， 0g x 即 ( ) 0f x ， f x 单调递减，
因为 1 20x x ，所以 1 2(0) 0f x f f x ，
因为 2( 2 ) 1 0mf m e ，设 2 0xy e x x ，则 2xy e x ，所以 2xy e ，
由 2 0xy e ，得 ln 2x ， 2 0xy e ，得 0 ln 2x ，
所以 2xy e x 在 0,ln 2 上单调递减，在 ln 2, 上单调递增，
则 ln2 2 ln 2 2 1 ln 2 0x ay e x e ，
所以 2xy e x 在 0, 上单调递增，则 2 1 0xy e x ，
即 0x ， 2xe x 成立，
所以 2 2 21(2 2) (2 2) (2 2) 12
mf m m m m e
2 21 (2 2) (2 2) (2 2) 1 2 1 02 m m m m m ，
所以由零点存在定理，得 f x 在 12 ,m x 和 2 ,2 2x m 各有一个零点，
又 0 0f ，结合函数 f x 的单调性可知 f x 有三个零点．
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