第 3 讲 导数解答题
一．解答题（共 20 小题）
1．（2021•湛江一模）已知函数 f（x）＝ex，g（x）＝2ax+1．
（1）若 f（x）≥g（x）恒成立，求 a 的取值集合；
（2）若 a＞0，且方程 f（x）﹣g（x）＝0 有两个不同的根 x1，x2，证明：
＜ln2a．
【解析】（1）解：令 h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣2ax﹣1，h′（x）＝ex﹣2a，
当 a≤0 时，h′（x）≥0 恒成立，所以 h（x）在 R 上单调递增，
因为 h（0）＝0，所以当 x＜0 时，h（x）＜0，与题意不符；
当 a＞0 时，令 h′（x）＝0，解得 x＝ln2a，
当 x
∈
（﹣∞，ln2a）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当 x
∈
（ln2a，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）
单调递增，
所以 h（x）min＝h（ln2a）＝2a﹣2aln2a﹣1≥0，
令 u（x）＝x﹣xlnx﹣1，u′（x）＝﹣lnx，
当 x
∈
（0，1）时，u′（x）＞0，u（x）单调递增，当 x
∈
（1，+∞），u′（x）＜0，u（x）单调递减，
所以 u（x）≤u（1）＝0，即 x﹣xlnx﹣1≤0，所以 2a﹣2aln2a﹣1≤0，
所以 2a﹣2aln2a﹣1＝0，解得 a
，
所以 a 的取值集合为{
}．
（2）证明：不妨设 x1＜x2，由题意可得 h（x1）＝0，h（x2）＝0．
所以
2ax1﹣1＝0，
2ax2﹣1＝0，所以 2a
，
要证
＜ln2a，即证
＜2a，即证
＜
，
两边同除以
，即证
＜
，即证（x1﹣x2）
＞
1，
即证（x1﹣x2）
1＞0，
令 x1﹣x2＝t（t＜0）．
即证不等式 t
et+1＞0（t＜0）恒成立．
设
φ
（t）＝t
et+1，
φ
′（t）
t
et＝（1
t）
et
−
[
（1
t）]，
设 G（x）＝ex﹣（x+1），x＜0，所以 G′（x）＝ex﹣1＜0，G（x）单调递减，
，
ሺtݔ ⇔ t ⇔ t
h
ሺݔ
所以 h
（e，+∞），所以 mx＞1，lnx＞1，
∈
又因为 m＞1，x
当 x＞1 时，h'（x）＝2（x﹣3+ex）＞2（1﹣3+e）＞0，
h'（x）＝2x﹣6+2ex＝2（x﹣3+ex），
式等价于 h（mx）≥h（lnx），
①
则
令 h（x）＝x2﹣6x+2ex，
，
①
（mx）2﹣6mx+2emx≥（lnx）2﹣6lnx+2elnx
⇔
（mx）2﹣6mx+2emx≥（lnx）2﹣6lnx+2x
⇔
（mx）2﹣6mx+2（emx﹣x）≥（lnx﹣6）⋅lnx
⇔
t t
ሺݔሺݔ
（2）
R 时，g（x）≥2，所以 g（x）的最小值为 2．
∈
即 x
因为 g（﹣x）＝g（x），所以 g（x）为偶函数，
[0，+∞）时，g（x）≥g（0）＝2，
∈
所以 x
所以 g'（x）≥g'（0）＝0，g（x）在[0，+∞）上单调递增．
所以 g'（x）在[0，+∞）单调递增，
g''（x）＝ex+e﹣x﹣2≥0，
令 g（x）＝f（x）+f（﹣x）＝ex+e﹣x﹣x2，则 g'（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x，
，当 m＝1 时，f'（x）＝ex﹣x，
ሺݔ
【解析】解：（1）证明：
恒成立．
t t
ሺݔሺݔ
（e，+∞），且 m＞1，证明：
∈
x
∀
（2）对
R，求函数 g（x）＝f（x）+f（﹣x）的最小值．
∈
（1）若 m＝1，x
，f'（x）是 f（x）的导函数．
ሺݔ
2．（2021•濠江区校级模拟）函数
＜ln2a．
则
（t）＞0．
φ
所以
（0）＝0．
φ
（t）在 t＝0 处取得极小值
φ
所以
（t）在（﹣∞，0）上是减函数．
φ
所以
′（t）＜0，
φ
t）＞0，所以
（1
所以
G（x）＞G（0）＝0，即 ex﹣（x+1）＞0，
，
（（2）令 g（x）＝0，则 f（x
若 a＞1，f（x）在（0，1）和（a，+∞）上单调递减，在（1，a）上单调递增．
若 a＝1，f（x）在（0，+∞）上单调递减，
若 0＜a＜1，f（x）在（0，a）和（1，+∞）上单调递减，在（a，1）上单调递增，
综上所述：若 a≤0，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以 f（x）在（0，1）和（a，+∞）上单调递减，在（1，a）上单调递增，
（a，+∞）时，f′（x）＜0，
∈
当 x
（1，a）时，f′（x）＞0，
∈
当 x
（0，1）时，f′（x）＜0，
∈
若 a＞1，当 x
④
所以 f（x）在（0，+∞）上单调递减，
若 a＝1，则 f′（x）≤0，
③
所以 f（x）在（0，a）和（1，+∞）上单调递减，在（a，1）上单调递增，
（1，+∞）时，f′（x）＜0，
∈
当 x
（a，1）时，f′（x）＞0，
∈
当 x
（0，a）时，f′（x）＜0，
∈
若 0＜a＜1，当 x
②
（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
∈
x
（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∈
1＜0，当 x
若 a≤0，则
①
1），
【解析】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），且 f′（x）＝2lnx（
自然对数的底数）
（2）若函数 g（x）＝e2f（x）﹣2a2 有且仅有 3 个零点，求 a 的取值范围．（其中常数 e＝2.71828…，是
（1）讨论函数 f（x）的单调性；
R．
∈
3．（2021•深圳一模）已知函数 f（x）＝aln2x+2x（1﹣lnx），a
恒成立．
t t
ሺݔሺݔ
（e，+∞），且 m＞1，
∈
x
∀
综上所述，对
．
，故
ሺݔ
＜
ሺݔ
所以
（e，+∞）上单调递减，
∈
所以ϕ（x）在 x
，
ሺݔ t
，则
ݔ
＞
ሺ
ሺݔ t
令
所以依题意可得函数 y＝f（x）与 y
的图像有 3 个不同的交点，
由（1）知必有 0＜a＜1 或 a＞1，
①
当 0＜a＜1 时，f（x）在（0，a）和（1，+∞）上单调递减，在（a，1）上单调递增，
所以 f（x）的极大值为 f（1）＝2，
f（x）的极大值为 f（1）＝2，f（x）的极小值为 f（a）＝a（ln2a﹣2lna+2），
又 f（a）＝a（ln2a﹣2lna+2）＝a[（lna﹣1）2+1]＞a＞
，
所以函数 y＝f（x）与 y
的图像至多有 1 个交点，不合题意，
②
当 a＞1 时，f（x）在（0，1）和（a，+∞）上单调递减，在（1，a）上单调递增，
所以 f（x）的极小值为 f（1）＝2，f（x）的极大值为 f（a）＝a（ln2a﹣2lna+2），
所以必须有 2＜
＜a（ln2a﹣2lna+2）成立，
因为 2＜
，所以 a＞e，
所以
＜a（ln2a﹣2lna+2），
所以
＜ln2a﹣2lna+2 （*），
下面求不等式（*）的解集，
令 lna＝x，则不等式（*）等价于 2ex﹣2＜x2﹣2x+2，
令函数 h（x）＝x2﹣2x﹣2ex﹣2+2，
则 h′（x）＝2x﹣2﹣2ex﹣2，
令 y＝2x﹣2﹣2ex﹣2，y′＝2﹣2ex﹣2，
函数 y＝2x﹣2﹣2ex﹣2 在区间（﹣∞，2）上单调递增，在区间（2，+∞）上单调递减，
又 y（2）＝0，所以 y＝2x﹣2﹣2ex﹣2≤0，
即 h′（x）≤0 恒成立，故函数 h（x）单调递减，
又 h（2）＝0，
所以当且仅当 x＜2 时，h（x）＞0，
所以不等式 2ex﹣2＜x2﹣2x+2 的解集为（﹣∞，2），
即不等式（*）的解集为（e，e2）．
所以 a 的取值范围为（e，e2）．
，（∞+，【解析】解：（1）f（x）的定义域为（0
（2）设 y＝f′（x）是函数 f（x）的导函数，讨论函数 y＝f′（x）在[1，e]上的零点个数．
（1）当 a＝2 时，讨论 y＝f（x）的单调性；
x2﹣a（xlnx﹣x）+（a+1）lnx．
5．（2021•肇庆二模）已知函数 f（x）
（0，1）
∈
∴h（a）＜0 时，a
而 h（1）＝0，
∴h（a）单调递增，
1＞0，
∴h′（a）
令 h（a）＝lna+a﹣1，
1，得 lna+a﹣1＜0，
（lna+1）＞
−
由 g（x）max
（lna+1）
t
）﹣a×
）＝ln（
∴g（x）max＝g（
，+∞）时，g′（x）＜0，函数 g（x）单调递减，
（
∈
x
）时，g′（x）＞0，函数 g（x）单调递增，
（0，
∈
∴x
，
令 g′（x）＝0，得 x
，x＞0，a＞0，
2ax
∴g′（x）
，（a＞0），
t
（2）g（x）＝lnx﹣ax2
∴f（x）的极大值点为 x＝e，无极小值点，
（e，+∞）时，f′（x）＜0，函数 f（x）单调递减，
∈
x
（0，e）时，f′（x）＞0，函数 f（x）单调递增，
∈
∴x
令 f′（x）＝0 得 x＝e，
，
t
∵f′（x）
【解析】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），
，求 a 的取值范围．
，若 g（x）的最大值大于
ݔ
＞
ሺ
t
−
ሺݔ ሺݔ
（2）设
（1）求函数 f（x）的极值点；
．
ሺݔ t
东莞市校级模拟）已知函数•2021）．4
．（故 h（x）min＝h（a+1）＝a+2﹣aln（a+1
则函数 h（x）在（1，a+1）上单调递减，在（a+1，e）上单调递增，
（a+1，e）时，h′（x）＞0，
∈
（1，a+1）时，h′（x）＜0，当 x
∈
当 x
当 0＜a≤e﹣1，即 1＜a+1≤e 时，
③
当﹣2＜a≤0 时，h（x）min＝h（1）＞0，此时 h（x）在[1，e]上无零点．
因为 h（x）在[1，e]上单调递增，故 h（x）在[1，e]上仅有 1 个零点．
由零点存在性定理，知此时 h（x）在[1，e]上有零点，
当 h（1）＝2+a≤0，即 a≤﹣2 时，h（1）h（e）≤0，
＞0，
1）+e
h（1）＝2+a，h（e）＝a（
（1，e）时，h′（x）＞0，所以 h（x）在（1，e）上单调递增，
∈
当 x
当 a≤0，即 a+1≤1 时，
②
又因为函数 h（x）在[1，e]上单调递减，所以此时 h（x）在[1，e]上有一个零点．
由零点存在性定理可知，此时 h（x）在[1，e]上有零点，
时，h（1）•h（e）≤0，
0，即 a
1）+e
当 h（e）≤0，即 a（
时，h（x）在[1，e]上无零点，
所以 e﹣1＜a＜
时，h（x）＞0 在[1，e]上恒成立，
＞0，即 a＜
1）+e
当 h（e）＞0，即 a（
，
1）+e
a＝a（
h（1）＝2+a＞0，h（e）＝e
（1，e）时，h′（x）＜0，故 h（x）在（1，e）上单调递减，
∈
当 x
当 a＞e﹣1，即 a+1＞e 时，
①
（2）
所以 f′（x）＞0 在（0，+∞）上恒成立，所以函数 f（x）在（0，+∞）上单调递增．
所以函数 h（x）在（0，3）上单调递减，在（3，+∞）上单调递增，且 h（3）＝4﹣2ln3＞0，
令 h′（x）＝0，解得 x＝3，
，
ሺെݔሺݔ
当 a＝2 时，h′（x）
，
ሺݔሺݔ
则 h′（x）
，
令 h（x）＝f′（x）＝x﹣alnx
，
f′（x）＝x﹣alnx
．
＜
＜
，则
即 x1x2＞
，
t
∴g（t）＞g（2）＝3ln2，可得 ln（x1x2）+2＞3ln2，则 ln（x1x2）＞
＞0，∴g′（t）＞0，则 g（t）在（2，+∞）上单调递增，
t
t െ
而 h（2）＝2−
＞0，则 h（t）在（2，+∞）上单调递增，
ሺݔ
，则 h′（t）
t
令 h（t）＝t−
，
ሺݔ
t
，g′（t）
ሺݔt
构造函数 g（t）
，
ሺݔt
ሺݔt
（t＞2），∴lnx1x2+2
令 t
，
tt
tሺݔ
t
t
∴
，
t
t
，可得
t
t
∴
（2）∵x1，x2 是 f（x）的两个零点，且 x2＞2x1，
，0）；
故直线 l 过定点（
时，y＝0，
），当 x
即 y＝2（1﹣a）（x−
∴曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y﹣（1﹣a）＝（2﹣2a）（x﹣1），
f′（1）＝2﹣2a，又 f（1）＝1﹣a，
【解析】证明：（1）f′（x）＝xlnx﹣ax2+x＝lnx+1﹣2ax+1＝lnx﹣2ax+2，
．
＞
（2）若 f（x）有两个零点 x1，x2，且 x2＞2x1，证明：
（1）证明：曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线 l 恒过定点；
R）．
∈
6．（2021•广州一模）已知函数 f（x）＝xlnx﹣ax2+x（a
时，y＝f′（x）在[1，e]上无零点．
当﹣2＜a＜
时，y＝f′（x）在[1，e]上有 1 个零点；
综上所述，当 a≤﹣2 或 a
所以 h（x）min＝h（a+1）≥2，故 h（x）＞0，此时 h（x）在[1，e]上无零点．
又 g（0）＝g（e﹣1）＝2，
所以 g（a）在（0，e﹣1]上先增后减，
1＜0，
所以 g′（a）在（0，e﹣1]上单调递减，且 g′（0）＝1＞0，g′（e﹣1）
ln（a+1），
令 g（a）＝h（a+1）＝a+2﹣aln（a+1），则 g′（a）
．
＞
t
，解得
＜
ሺݔ
ݔ t
ሺ
时，f（x）＜0，则需
＞
要使当
＝m﹣e．
∴当 x＝lnm 时，f（x）取得极小值，极小值为 f（lnm），当 x＝1 时，f（x）取得极大值，极大值为 f（1）
∞）上单调递减．
，lnm），（1，
∴函数 f（x）在区间（lnm，1）上单调递增；在区间（
或 x＞1，
t
＜
＜
，由 f'（x）＞0，解得 lnm＜x＜1；由 f'（x）＜0，解得
＜
＜
若
②
时，f（x）＜0 恒成立．
∴当
∴当 x＝1 时，f（x）取得最大值为 f（1）＝m﹣e＜0，
，1）上单调递增．
∞）上单调递减；在区间（
∴函数 f（x）在区间（1，
；由 f'（x）＜0，解得 x＞1．
＜
＜
，则 ex﹣m＞0，由 f'（x）＞0，解得
若
①
．
＞
，∴
＞
．∵
ሺݔሺݔ
−
ሺݔ
（2）由（1）知，
单调递增．
∞）上单调递减；在区间（1，lnm）上
∞）（lnm，
当 m＞e 时，函数 f（x）在区间（0，1），（lnm，
∞）上单调递减；
综上所述，当 m＝e 时，函数 f（x）在区间（0，
∞）上单调递减；在区间（1，lnm）上单调递增．
∴函数 f（x）在区间（0，1），（lnm，
若 m＞e，由 f'（x）＜0，解得 0＜x＜1 或 x＞lnm；由 f'（x）＞0，解得 1＜x＜lnm．
②
∞）上单调递减；
∴函数 f（x）在区间（0，
∞）上恒成立，
在区间（0，
ሺݔሺݔ
−
若 m＝e，f'（x）
①
（x＞0），
ሺݔሺݔ
−
ሺݔ
∴
R），
∈
（m
【解析】解：（1）∵f（x）＝mlnx−
1.65，ln2≈0.69．
附：
时，恒有 f（x）＜0，求实数 m 的取值范围．
（2）当 x＞
（1）当 m≥e 时，讨论函数 f（x）的单调性；
R）．
∈
（m
滨州二模）已知函数 f（x）＝mlnx−•2019）．7
（，……（7 分
＞
ሺݔ
，h
＜
t
ݔ
ሺ
又 h
（0，+∞）上单调递增，
∈
所以 h（x）在 x
．
＞
ݔ
ሺݔ ሺ
则 h'
，
ݔ
＞
tሺ
ሺݔ
，令 h
t
ሺݔ
，则只需 k≤[g（x）]min 即可．……（5 分）
ݔ
＞
ሺ
t
ሺݔ
令
（0，+∞）上恒成立，
∈
在 x
t
（2）等价于
故 f（x）的单调递减区间是：（﹣∞，0）和（0，2）；单调递增区间是：（2，+∞）……（4 分）
由 f'（x）＞0 得：x＞2；由 f'（x）＜0 得：x＜0 或 0＜x＜2．
又 x≠0．
ݔ
ሺ
ሺݔ
从而
，所以 a＝1，……（2 分）
ሺݔ
，
，又 a≠0，得
ሺݔ
ሺݔ ሺݔ
由
，
ሺݔ
ሺݔ ሺݔ
R|x≠0}，
∈
【解析】解：（1）由已知定义域为{x
（0，+∞）上恒成立，求实数 k 的取值范围．
∈
（2）若不等式 x2f（x）≥kx+lnx+1 在 x
（1）求函数 f（x）的单调区间；
．
在 x＝2 处取到极值为
ሺݔ
8．（2020•沈阳三模）已知函数
．
t
− ∞，
ሺ
综上可知，实数 m 的取值范围为
调递增．故当 x＝1 时，函数 f（x）取得极小值，极小值为 f（1）＝m﹣e＞0，不满足题意．
∞）上单调递减；在区间（1，lnm）上单
，1），（lnm，
若 m＞e，由（1）知，函数 f（x）在区间（
④
＜x＜1 时，f（x）＞0，不满足题意．
∴当
∞）上单调递减，又 f（1）＝0，
，
若 m＝e，由（1）知，函数 f（x）在区间（
③
时，f（x）＜0 恒成立．
t
＜
，∴
＜
＜
又
．
t
，∴
＞
t ݔ ሺ െݔ
t ሺ
−
∵
，，或 x＝e 处取得
故 h（x）在（0，e]上的最大值应在
）上单调递减，
，
上单调递增，在（
ݔ
，
ሺ
，
ݔ
，
ሺ
时，h（x）在
＜
＜
当
②
故 h（x）在（0，e]上的最大值为 f（1）＝1，解得 t＝﹣2，符合题意；
时，h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，e）上单调递减，
＜
当
①
．
因为 h（x）在 x＝1 处取得极值，故
，
，
由 h′（x）＝0 得：
，
ሺ ݔ ሺݔሺݔ
ሺݔ
所以 h'
（2）h（x）＝lnx+tx2﹣（2t+1）x，（x＞0），
）．
，
），单调递减区间为（
所以 f（x）的单调递增区间为（0，
时，f′（x）＜0．
＞
时，f′（x）＞0；当
＜
＜
结合 x＞0 可知，当
．
，令 f′（x）＝0 得
ሺݔ
【解析】解：（1）f（x）＝lnx﹣x2，（x＞0）．
（2）令 h（x）＝f（x）﹣g（x），若 h（x）在 x＝1 处取得极值，且在（0，e]上的最大值为 1，求 t 的值．
（1）t＝﹣1 时，讨论函数 f（x）的单调性：
R．
∈
9．（2021•珠海一模）已知函数 f（x）＝lnx+tx2，函数 g（x）＝（2t+1）x，t
．……（12 分）
− ∞，
ሺ
于是实数 k 的取值范围是
，
ሺݔ㌳t
，即
t
ሺݔ ሺݔ
所以
．……（11 分）
，即
t
，所以
ݔ ሺ tݔ
ሺ
又
（0，+∞）上单调递增，
∈
所以函数 m（x）在 x
，
＞
ሺݔ
构造函数 m（x）＝x+lnx（x＞0），则
．……（10 分）
t tሺ tݔ
t
即
，
t tሺ tݔ
t
，两边同时取自然对数，则有
t
因为
分）
（x0，1）上单调递增．……（8
∈
上单调递减，在 x
ݔ
，
∈ ሺ
，h（x）在
ݔ
，
∈ ሺ
所以有唯一的零点
，即 h（x）在（﹣2，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增
可知在（﹣2，﹣1）上，h′（x）＜0，在（﹣1，+∞）上，h′（x）＞0，
9 分
构造函数 h（x）＝（x+1）﹣ln（x+2），则 h′（x）＝1−
于是有 g（x）＝ex﹣（x+1）≥g（0）＝0，即 ex≥x+1 恒成立…8 分
递减，在（0，+∞）上单调递增，
可知在（﹣∞，0）上，g′（x）＜0，在（0，+∞）上，g′（x）＞0，即 g（x）在（﹣∞，0）上单调
令 g（x）＝ex﹣（x+1），则 g′（x）＝ex﹣1…6 分
证明：由第（1）问可得 f′（x）＝ex﹣ln（x+m ），
（2）函数 f（x）为单调递增函数．
解方程可得 m＝1，n＝0，t＝1…5 分
，…3 分
tሺ tݔ
ሺ tݔtሺ tݔ t
t
设直线 l：y＝x+1 关于函数 f（x）的切点为（n，t），则有
对函数 f（x）求导可得 f′（x）＝ex﹣ln（x+m）…2 分
【解析】解：（1）函数 f（x）的定义域为（﹣m，+∞）…1 分
（2）判断函数 f（x）的单调性，并证明．
（1）若直线 l：y＝x+1 是函数 f（x）的切线，求 m 的值；
10．（2021•揭阳模拟）已知函数 f（x）＝ex﹣（x+m）ln（x+m）+x，m≤2．
．
综上所述，所求 t 的值为﹣2，或
＜0．不符合题意．
时，h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，e）上单调递减，最大值只能是 f（1）＝﹣1﹣t
当
④
矛盾．
＜
，与
解得
此时 h（1）＝﹣1﹣t＜0，故 h（e）＝lne+te2﹣（2t+1）e＝1，
此时 h（x）在（0，e]上的最大值在 x＝1，或 x＝e 处取得，
）上单调递减．
上单调递增，在（1，
ݔ
，
ሺ
，
ݔ
，
ሺ
时，h（x）在
＜
当
③
，符合题意；
解得
＜0，故 h（e）＝lne+te2﹣（2t+1）e＝1，
ݔ
tሺ
）
又 h（
．
．即 m
∴
．
∴H（x）≤F（e）
，可得 x＝e 时，函数 H（x）取得极大值即最大值．
t
H′（x）
（0，+∞）．
∈
．x
t
令 H（x）
．
t
两边取对数可得：mx≥lnx2，即
∴emx≥x2．
∴F（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴F′（x）＞0，
可得：x＝1 时，函数 G（x）取得极小值，G（1）＝2＞0．
，
，G′（x）
令 G（x）＝1+lnx
．
令 F（x）＝（x+1）lnx（x＞0），F′（x）＝1+lnx
≥（x2+1）lnx2，即（emx+1）lnemx≥（x2+1）lnx2．
）lnx，mx（emx+1）
对于 x＞0 恒成立，即 m（emx+1）≥2（x
ݔሺݔ
ሺݔ ሺ
（2）不等式
（iv）a≤0 时，可得函数 f（x）的减区间为（0，1），增区间为（1，+∞）．
（iii）0＜a＜1 时，可得函数 f（x）的增区间为（0，a），（1，+∞），减区间为（a，1）．
（ii）a＝1 时，可得函数 f（x）的增区间为（0，+∞）．
（i）a＞1 时，可得函数 f（x）的增区间为（0，1），（a，+∞），减区间为（1，a）．
．
ሺݔሺݔ
x﹣（a+1）
h′（x）
（0，+∞）．
∈
R，x
∈
（a+1）x，a
（a+1）x＝alnx
【解析】解：（1）h（x）＝af（x）
对于 x＞0 恒成立，求实数 m 的取值范围．
ݔሺݔ
ሺݔ ሺ
（2）不等式
R，求函数 h（x）的单调区间；
∈
（a+1）x，a
（1）若 h（x）＝af（x）
11．（2021•梅州一模）已知函数 f（x）＝lnx，g（x）＝ex．
综上可得，ex≥x+1≥ln（x+m），即有 f′（x）≥0，函数 f（x）为单调递增函数…12 分
当 m≤2 时，ln（x+m）≤ln（x+2）≤x+1 成立…11 分
于是有 h（x）＝（x+1）﹣ln（x+2）≥h（﹣1）＝0，即 ln（x+2）≤x+1 恒成立…10 分
，（2lnt（t＞1
设 h（t）＝t−
，
t
t
t
ݔ
ሺ
t
ሺttݔ
ሺݔሺݔ
所以
，
ሺttݔ
ax1＝2lnx1，ax2＝2lnx2，所以 a
＞1，
不妨设 x1＞x2，令 t
＞1．
下证：
）．
即 a 的取值范围是（0，
，
有两个根时 0＜a＜
t
所以 a
，当 x→+∞时，g（x）→0，g（1）＝0，
所以 g（x）max＝g（e）
(e,+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
∈
当 x
（1，e）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
∈
当 x
，令 g′（x）＝0,得 x＝e，
ሺtݔ
（x＞1），g′（x）
t
令 g（x）
有两个根 x1，x2，
t
因为方程 aeax﹣2f（x）＝0 有两个不等实数根 x1，x2，所以 a
，
t
所以 eax＝x²，两边同时取对数可得 ax＝2lnx，a
由（1）可知 f（x）在（1，+∞）上单调递增，
（1，+∞）时，lnx＞0，所以 a＞0，所以 eax＞1，x²＞1，
∈
因为 x
等价于 aeax＝2xlnx，即 axeax＝x²lnx²，即 eaxlneax＝x²lnx²，即 f（eax）＝f（x²），
（1，+∞）时，aeax﹣2f（x）＝0，
∈
（2）当 x
，+∞）上单调递增．
）上单调递减，在（
所以 f（x）在（0，
，
，令 f′（x）＜0，得 0＜x＜
令 f′（x）＞0，得 x＞
【解析】解：（1）f（x）＝xlnx，定义域为（0，+∞），f′（x）＝lnx+1，
＞1．
明：
（1，+∞）时，方程 aeax﹣2f（x）＝0 有两个不等实数根 x1，x2，求实数 a 的取值范围，并证
∈
（2）若 x
（1）求 f（x）的单调区间；
韶关一模）已知函数 f（x）＝xlnx．•2021）．12
，2x0﹣2x0＝1
所以 g（x）min＝x0•
，lnx0＝﹣2x0，
可得
①
由式
lnx0﹣2x0，
所以 g（x）min＝g（x0）＝x0
（x0，+∞）时，f（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
∈
当 x
（0，x0）时，f（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
∈
所以当 x
，因 2x+1＞0，且 f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
①
0
则
，1）内有唯一零点，设其为 x0，
由（1）知，f（x）在区间（
）＝（2x+1）f（x），
（2x+1）（e2x−
则 g′（x）＝（2x+1）e2x−
令 g（x）＝xe2x﹣lnx﹣2x，定义域为（0，+∞），
，
即证 xe2x﹣lnx﹣2x＞
＞0，
（2）证明：要证 xe2x﹣lnx﹣2x−
综上可得，函数 f（x）只有一个零点．
，1）内有唯一零点，
由函数零点存在定理得 f（x）在区间（
4＜0，f（1）＝e2﹣1＞0，
）
当 x＞0 时，f（x）单调递增，f（
当 x＜0 时，f（x）＞0，没有零点；
故 f（x）在（﹣∞，0），（0，+∞）递增，
＞0，
【解析】（1）解：函数 f（x）定义域为{x|x≠0}，则 f′（x）＝2e2x
＞0．
（2）证明：xe2x﹣lnx﹣2x−
（1）讨论函数 f（x）的零点的个数；
．
13．（2021•清新区校级模拟）已知函数 f（x）＝e2x
＞1，得证．
所以
＞1，
t
由 lnt＞0，可得
＞2lnt，
2lnt＞0，即 t−
所以 h（t）＞h（1）＝0，即 t−
＞0，所以 h（t）在（1，+∞）上单调递增，
ሺݔ
h′（t）＝1
又 x＞0 时，
＜1 恒成立，
所以 g（x）＝xe2x﹣lnx﹣2x≥g（x0）＝1＞
，得证．
14．（2021•广东模拟）已知函数 f（x）＝e﹣x（
െ
x3﹣2x+2sinx+1），g（x）＝sinx+cosx+x2﹣2x．
（1）求 g（x）在点（0，g（0））处的切线方程；
（2）证明：对任意的实数 a≤1，g（x）≥af（x）在[0，+∞）上恒成立．
【解析】（1）解：由题意，g′（x）＝cosx﹣sinx+2x﹣2，则 g′（0）＝﹣1，即 g（x）在点（0，g（0））
处的切线斜率为﹣1，
由 g（0）＝1，可得切线方程为 y﹣1＝﹣x，即 y＝﹣x+1．
（2）证明：设 h（x）
െ
x3﹣2x+2sinx+1，则 h′（x）＝x2﹣2+2cosx，则 h″（x）＝2x﹣2sinx，（2x﹣
2sin）′＝2+2cosx≥0，
所以 h″（x）＝2x﹣2sinx 在[0，+∞）上单调递增，h″（x）≥h″（0）＝0，
故 h′（x）在[0，+∞）上单调递增，h′（x）≥h′（0）＝0，故 h（x）在[0，+∞）上单调递增，
所以 h（x）≥h（0）＝1＞0，所以 f（x）＞0 在[0，+∞）上恒成立，
故 g（x）﹣af（x）≥g（x）﹣f（x），
故只需证 g（x）≥f（x），即证 ex（sinx+cosx+x2﹣2x）﹣（
െ
x3﹣2x+2sinx+1）≥0，
设 F（x）＝ex（sinx+cosx+x2﹣2x）﹣（
െ
x3﹣2x+2sinx+1），
则 F′（x）＝ex（2cosx+x2﹣2）﹣（2cosx+x2﹣2）＝（2cosx+x2﹣2）（ex﹣1）≥0，
则 F（x）在[0，+∞）上单调递增，F（x）≥F（0）＝0，
故对任意的实数 a≤1，g（x）≥af（x）在[0，+∞）上恒成立．
15．（2021•广东模拟）已知函数 f（x）＝xsinx+2cosx+x，f′（x）为 f（x）的导函数．
（1）证明：f′（x）在（
，2
π
）内存在唯一零点．
（2）当 x
∈
[
，2
π
]时，f（x）≤ax 恒成立，求 a 的取值范围．
【解析】（1）证明：因为 f（x）＝xsinx+2cosx+x，所以 f′（x）＝xcosx﹣sinx+1，
记 g（x）＝f′（x）＝xcosx﹣sinx+1，则 g′（x）＝﹣xsinx，
当 x
∈
[
，
π
）时，g′（x）＜0，当 x
∈
（
π
，2
π
]时，g′（x）＞0，
所以 g（x）在[
，
π
）上单调递减，在（
π
，2
π
]上单调递增，
即 f′（x）在[
，
π
）上单调递减，在（
π
，2
π
]上单调递增，
因为 f′（
）＝0，f′（
π
）＝﹣
π
+1＜0，f′（2
π
）＝2
π
+1＞0，
所以存在唯一 x0
∈
（
π
，2
π
），使得 f′（x0）＝0，
即 f′（x）在（
，2
π
）内存在唯一零点．
（2）解：由（1）可知当 x
∈
[
，x0）时，f′（x）＜0，当 x
∈
（x0，2
π
]时，f′（x）＞0，
所以 f（x）在[
，x0）上单调递减，在（x0，2
π
]上单调递增，
因为当 x
∈
[
，2
π
]时，f（x）≤ax 恒成立，
则至少满足 f（
）＝
π
a，f（2
π
）＝2
π
+2≤2a
π
，即 a≥2，
①
当 x
∈
[
，
െ
]时，f（
െ
）＝0，f（x）max＝f（
）＝
π
，满足 f（x）≤2x；
②
当 x
∈
[
െ
，2
π
]时，f（x）max＝f（2
π
）＝2
π
+2，而 2x≥2×
െ
3
π
，满足 f（x）≤2x，
即当 x
∈
[
，2
π
]时，都有 f（x）≤2x，又当 a≥2 时，x
∈
[
，2
π
]时，ax≥2x，
从而当 a≥2 时，f（x）≤ax 对一切 x
∈
[
，2
π
]恒成立，
故 a 的取值范围是[2，+∞）．
16．（2021•惠州模拟）已知函数 f（x）＝lnx﹣x+sinx+a．
（1）求 f（x）的导函数 f′（x）在（0，
π
）上的零点个数；
（2）求证：当 a
∈
[1，3]时，f（x）有且仅有 2 个不同的零点．
【解析】解：（1）f(x)＝lnx﹣x+sinx+a,
所以 f′（x）
1+cosx,
设 g(x)＝f′(x)
1+cosx,
当 x
∈
(0,
π
)时，g′(x)＝﹣sinx−
＜0,
所以 f′(x)在(0,
π
)上单调递减，
又因 g(
െ
)
െ
1
＞0,g(
)
1
＜0,
即当 x
∈
(0,
π
)时，存在 f′(
െ
)•f′(
)＜0,
且 y＝f′(x)的图像连续，
所以 f′(x)在(0,
π
)上有且只有一个零点．
（2）证明：由已知 a
∈
[1,3]，f(x)定义域为(0,+∞),
且由(1)知，存在 x0
∈
(
െ
,
),使得 f′(x0)＝0,
①
由（1）知，当 x
∈
(0,x0)时，f′(x)＞0,f(x)在(0,x0)上单调递增，
当 x
∈
(x0,
π
)时，f′(x)＜0,f(x)在(x0,
π
)上单调递减，
所以 f(x)在(0,
π
)上存在唯一的极大值点 x0(
െ
＜x0＜
),
所以 f(x0)＞f(
)＝ln
1+a＞2−
＞0,
所以 f(
െ
)＝﹣3−
െ
sin
െ
a＝a﹣3−
െ
sin
െ
＜
െ
sin
െ
＜0,
因为 f(
െ
)＝﹣3−
െ
sin
െ
a＝a﹣3−
െ
sin
െ
＜
െ
sin
െ
＜0,
因为 f(
െ
)f(x0)＜0,
所以 f(x)在(0,x0)上恰有一个零点，
②
当 x
∈
[
π
,6)时，f′(x)
1+cosx,
f′(
π
)
1+cos
π
2＜0,
f′(6)
1+cos6＞
1+cos
െ െ
＞0,
令 f′(x)＝0 得
1﹣cosx,
因为 y
与 y＝1﹣cosx 在[
π
,6)上单调递减，
所以 f′(x)＝0 在[
π
,6)上有唯一的根，且记 x1
∈
[
π
,6)，使得 f′(x1)＝0,
综合
①
可知 f(x)在[x0,x1)上单调递减，在(x1,6)上单调递增，
则 f(x1)＜f(6)＝ln6﹣6+sin6+a＜ln6﹣6+1+3＜ln6﹣2＜0,
因为 f(x0)f(6)＜0，所以 f(x)在[x0,6)上恰有 1 个点，
③
当 x
∈
[6,+∞)时，f(x)≤lnx﹣x+4,
设
φ
(x)＝lnx﹣x+4,
φ
′(x)
1＜0,
所以
φ
(x)在[6,+∞)上单调递减，
则
φ
(x)≤
φ
(6)＝ln6﹣6+4＝ln6﹣2＜0,
，，1]上单调递增
]上单调递减，在[
，
＜1，g（x）在[
＜
当 1＜m＜2 时，
解得 m＞4（1﹣ln2），
2＜0，
ln
）
g（x）min＝g（
，1]上单调递增，
，1]恒成立，则函数 g（x）在[
[
∈
0 在 x
⩾
，g′（x）
⩽
当 m≥2 时，
①
，
ݔ
ݔሺ
ሺ
ሺݔ
g′（x）
则 g（x）min＜0，
，1]，
[
∈
令 g（x）＝mx2﹣（m+2）x+lnx+2，x
，1]使得不等式 mx2﹣（m+2）x+lnx+2＜0 成立，
[
∈
即存在 x
，1]使得不等式 f（x）＜k（x）成立，
[
∈
（Ⅱ）若存在 x
，+∞） 单调递减，
） 单调递增，在（
当 m＞﹣2 时，函数 f（x）在在（0，
综上，当 m≤﹣2 时，函数 f（x）在（0，+∞）上单调递增，
，+∞）单调递减，
） 单调递增，在 （
故函数 f（x）在（0，
，
令 f'（x）＜0，解得 x＞
，
令 f'（x）＞0，解得 0＜x＜
当 m+2＞0，即 m＞﹣2 时，
故函数 f（x）在（0，+∞）上单调递增，
（m+2）＞0 恒成立，
当 m+2≤0，即 m≤﹣2 时，f′（x）
（m+2），
【解析】解：（Ⅰ）f（x）＝lnx﹣（m+2）x 的定义域为（0，+∞），且 f′（x）
，使得不等式 f（x）＜k（x）成立，求 m 的取值范围．
，
∈
（Ⅱ）设 m＞0，若存在
（Ⅰ）讨论函数 f（x）的单调性；
17．（2021•潮州一模）已知函数 f（x）＝lnx﹣（m+2）x，k（x）＝﹣mx2﹣2．
[1,3]时，f(x)有且仅有 2 个零点．
∈
综上，当 a
所以 f(x)在[6,+∞)上没有零点，
(6)＜0,恒成立，
φ
(x)≤
φ
[6,+∞)时，f(x)≤
∈
所以当 x
则 g（x）min＝g（
）
ln
（m+2）×
2＝﹣lnm−
1，
令 h（x）＝﹣lnx−
1，x
∈
（1，2），h′（x）
−
＜0 恒成立，
即函数 h（x）＝﹣lnx−
1 在（1，2）上单调递减，
又 h（1）＝﹣ln1﹣1+1＝0，故 h（x）＝﹣lnx−
1＜0 在 x
∈
（1，2）上恒成立，
即 g（x）min＝﹣lnm−
1＜0，故 m
∈
（1，2）满足题意，
当 0＜m≤1 时，
1，g′（x）≤0 在 x
∈
[
，1]上恒成立，
故函数 g（x）在 x
∈
[
，1]上单调递减，
g（x）min＝g（1）＝m+ln1﹣（m+2）×1+2＝0，不符题意，舍去，
综上可得 m 的取值范围是（1，+∞）．
18．（2021•河源模拟）已知函数 f（x）＝ax﹣ln（x+1），a
∈
R．
（Ⅰ）当 a＝2 时，求曲线 y＝f（x）在点（0，f （0））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数 f（x）在区间[0，e﹣1]上的最小值．
【解析】解：（ I）f （x）的定义域为（﹣1，+∞），
因为 f′（x）＝a−
，a＝2，
所以 f′（0）＝2﹣1＝1，f（0）＝0．
所以 函数 f （x）在点（0，f（0））处的切线方程是 y＝x．
（ II）由题意可得：f′（x）＝a−
，
（1）当 a≤0 时，f′（x）＜0，
所以 f（x）在（﹣1，+∞）上为减函数，
所以在区间[0，e﹣1]上，f（x）min＝f（e﹣1）＝a（e﹣1）﹣1．
（2）当 a＞0 时，令 f′（x）＝a−
0，则 x
1＞﹣1，
①
当
1≤0，即 a≥1 时，
对于 x
∈
（0，e﹣1），f′（x）＞0，
所以 f （x）在（0，e﹣1）上为增函数，
所以 f（x）min＝f（0）＝0．
，
π
≤（1﹣a）
π
时，2a
െ
，即 0＜a
当
①
，
）＝（1+a）sin
−
π
asin（2
sin
ssin
f（x0）＝sin
代入得：
此时 f（x0）＝sinax0﹣asinx0，将 x0
，
）有唯一极值点 x0
π
故 0＜a＜1 时，f（x）在区间（0，2
且在 x1 的左右两侧，导函数的值由正变负，
），
π
（0，2
∈
Z，仅当 m＝1 时，x1
∈
，其中 m，n
t
，xn
令 f′（x）＝0，得 xm
两个变号零点，故 0＜a＜1，
，x2
）至少有 x1
π
若 a＞1，则 f′（x）在区间（0，2
x，
xsin
【解析】解：（1）证明：f′（x）＝acosax﹣acosx＝a（cosax﹣cosx）＝﹣2asin
）没有零点，求 a 的取值范围．
π
（2）若 f（x）在区间（0，2
}；
π
，（1﹣a）
π
）有唯一极值点 x0，证明：f（x0）＜min{2a
π
（1）若 f（x）在区间（0，2
19．（2020 秋•佛山期末）设 a＞0 且 a≠1，函数 f（x）＝sinax﹣asinx．
当 a≥1 时，f（x）min＝0．
时，f（x）min＝1﹣a+lna；
＜
＜
当
时，f（x）min＝a（e﹣1）﹣1；
综上，当
1﹣a+lna，
1）﹣ln
1）＝a（
所以 f（x）min＝f（
f（x） ↘ 极小值 ↗
f′（x） ﹣ 0 +
e﹣1
ݔ
，
ሺ
1
1）
x 0 （0，
当 x 变化时，f（x），f′（x）的变化情况如下表：
时，
＜
＜
，即
＜
＜
当
③
所以 f（x）min＝f（e﹣1）＝a（e﹣1）﹣1．
所以 f （x）在（0，e﹣1）上为减函数，
（0，e﹣1），f′（x）＜0，
∈
对于 x
时，
＜
，即
当
②
．（数的底数
e1﹣x 在区间（1，+∞）内恒成立（e＝2.718…为自然对
（Ⅱ）确定 a 的所有可能取值，使得 f（x）＞
（Ⅰ）讨论 f（x）的单调性；
R．
∈
20．（2016•四川）设函数 f（x）＝ax2﹣a﹣lnx，其中 a
]．
则正数 a 的取值范围是（0，
）上没有零点，
π
综上，若 f（x）在区间（0，2
）上没有零点，满足题意，
π
故 f（x）在区间（0，2
）上，f（x）＞0，
π
，2
π
≥0，即在（
π
）＝sin2a
π
又 f（0）＝0，f（2
）上递减，
π
故 f（x）在（0，x0）上递增，在（x0，2
）＜0，
π
）上，g′（x）＜0，即 g（x）递减，即 f′（x）递减，f′（x）＜f′（2
π
，2
π
在区间（
）上，cosax＞cosx，f′（x）＞0，f（x）递增，
π
在区间（0，
令 g（x）＝cosax﹣cosx，则 g′（x）＝﹣asinax+sinx，
时，f′（x）＝acosax﹣acosx＝a（cosax﹣cosx），
当 0＜a
③
）至少有 1 个零点，
π
，2
π
由零点存在性定理知，f（x）在区间（
＜0，
π
）＝sin2a
π
＞0，f（2
π
）＝sina
π
＞0，f（
）＝﹣asin
f（
，
π
＜2
π
＜2a
π
，
π
＜
π
＜a
，
π
＜2
＜
π
＜a＜1 时，
当
②
）上至少有 1 个零点，
െ
，
由零点存在性定理知：f（x）在区间（
）＜0，
െ
）•f（
故 f（
）+a＞0，
െ
）＝sin（
െ
＜0，f（
asin
）﹣asin
）＝sin（a•
当 a＞1 时，f（
①
（2）
}．
π
，（1﹣a）
π
知 f（x0）＜min{2a
①②
由
，
π
（1﹣a）
ሺݔ
＜（1+a）
ሺݔ
由不等式（*）知：（1+a）sin
，
ሺݔ
）＝（1+a）sin
−
π
（1+a）sin（
（1+a）sin
，
π
＜2a
π
＜a＜1 时，（1﹣a）
െ
，即当
＞
当
②
，
π
2a
＜（1+a）
（1+a）sin
由不等式：x＞0 时，x＞sinx（*）知：
．
综上，a
（1，+∞）上恒大于 0．
∈
∴g（x）＞g（1）＝0，即 g（x）在 x
（1，+∞）单调递增．
∈
∴F（x）＞F（1）＝2a﹣1≥0，故 g（x）也在 x
（1，+∞）单调递增．
∈
时，F（x）在 x
∴当 a
时恒大于 0．
（1，+∞），故 x3+x﹣2＞0，又 e1﹣x＞0，故 F′（x）在 a
∈
∵x
e1﹣x，
െ
െ
െ
1
െ
时，F′（x）＝2a
另一方面，当 a
．
e1﹣x，g′（1）≥0，可得 a
令 F（x）＝g′（x）＝2ax−
又∵g（1）＝0，故 g′（x）在 x＝1 处必大于等于 0．
（1，+∞）上恒大于 0 即可，
∈
只需 g（x）在 x
e1﹣x﹣a，
e1﹣x＝ax2﹣lnx−
一方面，令 g（x）＝f（x）−
（1，+∞）上恒成立，
∈
e1﹣x＞0 在 x
（Ⅱ）原不等式等价于 f（x）−
，+∞）上单调递增．
）上单调递减，在（
故 f（x）在（0，
，+∞）时，f′（x）＞0，
（
∈
当 x
）时，f′（x）＜0，
（0，
∈
，当 x
ݔ
ݔሺ
ሺ
当 a＞0 时，f′（x）
②
当 a≤0 时，2ax2﹣1≤0，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递减．
①
，x＞0，
解析】解：（Ⅰ）由题意，f′（x）＝2ax−】
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