专题 2.15 导数-存在性问题
利用参变量分离法求解函数不等式能成立问题，可根据以下原则进行求解：
（1） x D ， maxm f x m f x ；
（2） x D ， minm f x m f x ．
1．已知 ( ) sinf x x ．
（1）判断函数 g x f x x 是否存在极值，并说明理由；
（2）求证：当 0 1a 时， 2 4 21
3f x x ax 在 0x 恒成立．
【试题来源】甘肃省兰州市 2020-2021 学年高三下学期诊断试题
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）由题意求得 ( ) cos 1g x x ，根据余弦函数的性质可知，得到 ( ) 0g x ，得
出函数的 单调性，即可求 解；（2 ）由题意 转化为 4 22cos2 2 13x x ax 成立，令
4 22( ) cos2 23h x x x ax ， 求 导 数 38( ) 2sin 2 43h x x x ax ， 令
34( ) sin 2 23s x x x ax ，利用导数结合（1）求得函数的额单调性和最值，即可求解．
【解析】（1）由题意，函数 ( ) sinf x x ，则 sing x f x x x x ，
可得 ( ) cos 1g x x ，
根据余弦函数的性质可知，可得 ( ) cos 1 0g x x ，
所以函数 g x f x x 为单调递减函数，所以函数 g x 没有极值．
（2）由于 2 4 21[ ( )] 3f x x ax ，即 2 4 21sin 03x x ax ，即 4 22cos2 2 13x x ax ，
要证原命题成立，只需证 4 22cos2 2 13x x ax 成立，
令 4 22( ) cos2 23h x x x ax ，则 38( ) 2sin 2 43h x x x ax ，
令 34( ) sin 2 23s x x x ax ，
则 2 2 2 2( ) 2cos2 4 2 2 cos2 2 2 1 2sin 2s x x x a x x a x x a ，
由（1）可知，当 0 πx 时， ( ) (0) 0g x g ，即 2 20 sin ,sinx x x x ，
当 πx 时， 2 2|sin | 1 ,sinx x x x ，
因此，当 0x 时， 2 2sin x x ，
所以 2 2 2 2( ) 2 1 2sin 2 2 1 2 2 2(1 ) 0s x x x a x x a a ，
所以当 0x 时 ( )s x 为增函数，所以 ( ) (0) 0s x s ，即 0h x ，
所以当 0x 时 h x 为减函数，所以 ( ) (0) 1h x h ，原命题得证．
2．已知函数 1f x ax ， lng x x （ a 为常数， a R ）．
（1）若 f x g x 恒成立，求实数 a 的取值范围；
（2）判断方程 2 sin 1 lnx x x x 是否存在实数解；如果存在，求出解的个数；如果不
存在，请说明理由．
【试题来源】河南省济源市平顶山市许昌市 2021 届高三第二次质量检测
【答案】（1） , 1 ；（2）不存在，理由见解析．
【分析】（1）利用参变量分离法得出 ln 1xa x
，构造函数 ln 1xm x x
，其中 0x ，
利用导数求出函数 m x 的最小值，由此可得出实数 a 的取值范围；（2）由（1）得出
ln 1 x x ，当且仅当 1x 时，等号成立，设 2 1 ln sinh x x x x x ，利用放缩法
得出 0h x ，即可得出结论．
【解析】（1）因为 0x ，由 f x g x ，即 1 lnax x ，可得 ln 1xa x
，
设 ln 1( 0)xm x xx
，则 2
ln xm x x
．
当 0 1x 时， 0m x ，函数 m x 递减；
当 1x 时， 0m x ，函数 m x 递增．
所以 min 1 1m x m ，所以 1a ．
因此，实数 a 的取值范围是 , 1 ；
（2）方程 2 sin 1 lnx x x x 不存在实数解．
由（1）可知，当 1a 时， ln 1 0x x ，即 ln 1 x x ，
当且仅当 1x 时等号成立．
设 2 1 ln sinh x x x x x ，
则 2 1 1 sin 1 sinh x x x x x x ，
当且仅当 1x 时等号成立，
又1 sin 0x ，当且仅当 2 2x k k N 时等号成立．
所以对任意 0x ， 0h x 恒成立，
所以函数 2 1 ln sinh x x x x x 无零点，
即方程 2 sin 1 lnx x x x 不存在实数解．
【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．
3．已知函数 2( ) 1h x ax ( a 为实数)， ( ) ( )
xef x h x
( 2.71828e 为自然对数的底数)．
（1）当 4a 时，求函数 ( )f x 的单调区间；
（2）当 0a 时，若存在实数 m ，使得函数 ( ) ( )F x f x m 有三个零点，求实数 a 的取
值范围．
【试题来源】备战 2021 年高考数学全真模拟卷
【答案】（1）单调递增区间是 5 1(1 )2 2
， 和 1 5( 1 )2 2
， ，单调递减区间是 1( )2
， 、
1 5( 1 )2 2
， 和 5(1 )2
， ；（2） (1 ) ， ．
【分析】（1）利用导数即可求出单调区间．（2）对函数求导，根据二次函数判别式的情况，
分别讨论 1a 和 0 1a 时，函数的单调性，进而可得结果．
【解析】（1）根据题意可得函数 2( ) 1
xef x ax
，
2
2 2
( 2 1)( ) (1 )
xax ax ef x ax
，
当 4a 时
2
2 2
( 4 8 1)( ) (1 4 )
xx x ef x x
，
令 ( ) 0f x ，得 24 8 1 0x x ，解得 51 2x ，且 1
2x ，
由 ( ) 0f x 得 5 1(1 )2 2x ， 或 1 5( 1 )2 2x ， ，
因此 ( )f x 的单调递增区间是 5 1(1 )2 2
， 和 1 5( 1 )2 2
， ，
由 ( ) 0f x 得 1( )2x ， 或 1 5( 1 )2 2x ， 或 5(1 )2x ， ，
因此 ( )f x 的单调递减区间是 1( )2
， 、 1 5( 1 )2 2
， 和 5(1 )2
， ；
（2）当 0a 时，
2
2 2
( 2 1)( ) (1 )
xax ax ef x ax
，令 ( ) 0f x ，得 2 2 1 0ax ax ，
当 1a 时，解得
2
1
a a ax a
，
2
2
a a ax a
，
所以函数 ( )f x 在
2
( )a a a
a
， 和(
2
( )a a a
a
， 上单调递增，
在
2 2
( )a a a a a a
a a
， 上单调递减，且函数值恒大于零，
所以函数 ( )f x 的极大值为 1( )f x ，极小值为 2( )f x ，
根据指数函数和二次函数的变化速度可知，
当 x 时 ( )f x ，当 x 时 ( ) 0f x ，
所以当 2 1( ) ( )f x m f x 时关于 x 的方程 ( )f x m 有三个实数根，
即函数 ( ) ( )F x f x m 有三个零点，结论成立；
当 0 1a 时 ( )f x 的单调递增区间是 R，
无论 m 取何值，方程 ( )f x m 最多有一个零点，结论不成立，
因此实数 a 的取值范围是 (1 ) ， ．
【名师点睛】对函数求导，因式分解，讨论二次函数的根的问题是本题的关键．本题考查了
运算求解能力和逻辑推理能力，属于一般题目．
4．已知函数 1· 1 2
xf x x e bx x b R
．
（1）若 1b ，判断函数 ( )f x 的单调区间；
（2）是否存在实数b ，使函数 ( )f x 在 1x 处取得极小值 1
e
，如存在求出实数b 的值，
若不存在，请说明理由；
（3）在（2）的前提下，当 1
1a e
时，证明函数 ( ) ( ) ( 1)(2 1)g x af x a x 在 (0 ) ，
上至多有一个零点．
【试题来源】备战 2021 年高考数学大题精做
【答案】（1）单调增区间为 ( 1) ， 和 (0 ) ， ，单调减区间为 ( 10) ， ；（2）存在实数 0b
符合题意；（3）证明见解析．
【分析】（1）首先求函数的导数，解不等式，求单调增，减区间；（2）利用 1 0f ，
11f e
，求出b ，并验证是否满足条件；（3） ( ) ( 1)(2 1)xg x axe a x ，求两次
导数，利用二次导数为正数，逐级判断，并得函数的最小值
2
0 0
0
0
( 1)( 2 1)( ) 1
a x xg x x
，
0 (01]x ，，判断 0g x 的取值范围．
【解析】（1）若 1b ，则 21( ) 2
xf x x e x x ， ( ) ( 1)( 1)xf x x e ，
当 1x 或 0x 时 ( ) 0f x ，所以函数 ( )f x 的单调增区间为 ( 1) ， 和 (0 ) ， ，
当 1 0x 时 ( ) 0f x ，所以函数 ( )f x 的单调减区间为 ( 10) ， ，
（2） ( ) ( 1)( )x x xf x e x e b bx x e b ，所以 ( 1) 0f ，
又 1 1 1( 1) 2f e b e
，则 0b ，此时 ( ) ( 1) xf x x e ，
当 1x 时 ( ) 0f x ，当 1x 时 ( ) 0f x ，
所以 1x 时，函数 ( )f x 在 1x 处取得极小值 1
e
，故存在实数 0b 符合题意；
（3）由（2）知 ( ) xf x x e ， ( ) ( 1)(2 1)xg x axe a x ，
而 ( ) ( 1) 2( 1)xg x a x e a ，令 ( ) ( ) ( 1) 2( 1)xh x g x a x e a ，
则 ( ) ( 2) xh x a x e ，因为 0x ， 1 01a e
，
所以 ( ) 0h x ， ( )h x 在 (0 ) ， 上单调递增，
因为 (0) (0) 2 0h g a ， (1) (1) 2 ( 1) 2 0h g a e ，
所以 ( )g x 存在唯一根 0 (01]x ，，使 0
0 0( ) ( 1) 2( 1) 0xg x a x e a ，
且函数 ( )g x 在 0(0 )x， 上单调递减，在 0( )x ， 上单调递增，
所以函数 ( )g x 的最小值为 0
0 0 0( ) ( 1)(2 1)xg x ax e a x ，
由 0
0 0( ) ( 1) 2( 1) 0xg x a x e a 得 0
0
2 2
( 1)
x ae a x
，
所以
2
0 0
0
0
( 1)( 2 1)( ) 1
a x xg x x
，
因为 0 (01]x ，，所以 2
0 02 1 0x x ，故 0( ) 0g x ，
所以函数 ( )g x 在 (0 ) ， 上至多有一个零点．
【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，以及零点问题，本题的第三问的
关键是需求函数的二次导数，然后逐级向上判断，直至判断出函数的最值．
5．已知 e 是自然对数的底数，函数 cos xf x x me ， ,x ．
（1）若曲线 y f x 在点 0, 0f 处的切线斜率为1，求 f x 的最小值；
（2）若当 ,x 时， xf x e 有解，求实数 m 的取值范围．
【试题来源】云南省 2021 届高三二模
【答案】（1） 1 1e ；（2） 421 ,2 e
．
【分析】（1）由 0 1f 求出 m 的值，可得出函数 f x 的解析式，再利用导数法可求得
函数 f x 的最小值；（2）由参变量分离法可知，不等式 cos1 x
xm e
在 ,x 时有
解，令 cos1 x
xg x e
，利用导数求出函数 g x 在 , 上的最小值，即可得出实数 m
的取值范围．
【解析】（1）由 cos xf x x me 得 sin xf x x me ．
曲线 y f x 在点 0, 0f 处的切线斜率为1， 0 1f m ，
cos xf x x e ， ( ) sin xf x x e ．
当 ,0x 时， sin 0x ， 0xe ， 0f x ，
当 [0, ]x 时， 0 1xe e ，sin 1x ，则 0f x ，
f x 在 , 上单调递增， min
1 1f x f e ；
（2） cos1x
x
xf x e m e
，设 cos1 x
xg x e
， ,x ，
则当 ,x 时， xf x e 有解 minm g x ．
cos1 x
xg x e
，
2 sinsin cos 4
x x
xx xg x e e
．
当 ,x 时， 3 5,4 44x
，
解 0g x ，可得 04x 或
4x ，解得 1 4x ， 2
3
4x ．
当
4x 时， 0g x ，此时函数 g x 单调递减；
当 3
4 4x 时， 0g x ，此时函数 g x 单调递增；
当 3
4 x 时， 0g x ，此时函数 g x 单调递减．
4214 2g e
， 11g e ，且 4g g
，
4
min
214 2g x g e
，
m 的取值范围为 421 ,2 e
．
6．青岛胶东国际机场的显著特点之一是弯曲曲线的运用，衡量曲线弯曲程度的重要指标是
曲率．曲线的曲率定义如下：若 ( )f x¢ 是 f x 的导函数， f x 是 ( )f x¢ 的导函数，则
曲 线 y f x 在 点 ,x f x 处 的 曲 率
3
2 21
f x
K
f x
． 已 知 函 数
ln cos 1 0, 0xf x ae x b x a b ，若 0a ，则曲线 y f x 在点 1, 1f
处的曲率为 2
2
．
（1）求b ；
（2）若函数 f x 存在零点，求 a 的取值范围；
（3）已知1.098 ln3 1.099 ， 0.048 1.050e ， 0.045 0.956e ，证明：1.14 ln π 1.15 ．
【试题来源】2021 年高考数学金榜预测卷
【答案】（1）1；（2） 10, e
；（3）证明见解析．
【分析】（1）将 0a 代入并计算 1f ， f x ， 根据曲率直接计算即可．（2）等价转化
为 ln cos 1
x
x xa e
有根，然后令 ln cos 1
x
x xg x e
并研究其性质，最后进行判
断可得结果．（3）依据（2）条件可知 1ln 1 xx e ，然后根据
π 31 13 π,π 3ln 1 ln 13 πe e
判断即可．
【解析】（1）当 0a 时， ln cos 1f x x b x ， 1f b ．
1 sin 1f x b xx
， 2
1 cos 1f x b xx
．
所以 f x 在 1, b 处的曲率为 3
2
1 2 122
bk b
．
（2） ln cos 1ln cos 1 0x
x
x xf x ae x x a e
令 ln 1h x x x ，则 1 11 xh x x x
当 0,1x 时， 0h x ，当 1, x 时， 0h x
所以函数 h x 在( )0,1 单调递增，在( )1,+¥ 单调递减，
所以 (1) 0h x h ，则 ln 1x x
又令 x
xm x e
，则 1' x
xm x e
当 0,1x 时， 0m x ，当 1, x 时， 0m x
所以函数 m x 在( )0,1 单调递增，在( )1,+¥ 单调递减
所以 1(1)m x m e
，令 ln cos 1
x
x xg x e
，
所以 ln 1 1
x x
x xg x e e e
，
当且仅当 1x 时取“ ”，显然，当 1a e
时， f x 无零点．
当 10 a e
时， 11g ae
，
1
11 cos 11 0
e
eg ae e
，
所以存在 1 ,1x e
使 0g x a ，符合题意．
综上：实数 a 的取值范围为 10, e
．
（3）由（2）知 ln 1 1
x
x
e e
，所以 1ln 1 xx e （当且仅当 1x 时取“ ”）
所以
π 1 0.0483πln 13 e e
，所以 0.048ln π 1 ln3 1.050 1 1.099 1.15e ，
因为
3 1 0.045π3ln 1π e e
，所以 0.045ln π ln3 1 1.098 1 0.956 1.14e ，
综上：1.14 ln π 1.15 ．
【名师点睛】第（1）问关键在于求导；第（2）问关键在于等价转化的使用以及常用不等式
（ ln 1x x ）的使用以及放缩法；第（3）问在于利用第（2）问的条件 ln 1 1
x
x
e e
进行比
较．
7．已知函数 ln a ef x x x
，其中 e 是自然对数的底数．
（1）设直线 2 2y xe
是曲线 1y f x x 的一条切线，求 a 的值；
（2）若 a R ，使得 0f x ma 对 0x ， 恒成立，求实数 m 的取值范围．
【答案】（1） 0a ；（2） 1m e
．
【 分 析 】（ 1 ） 设 切 点 坐 标 为 0 0,x f x ， 根 据 题 意 只 需 满 足 0
2f x e
，
0 0 0
0
2ln 2a ef x x xx e
， 然 后 求 解 方 程 组 得 出 a 的 值 及 0x 的 值 ；（ 2 ） 记
ln a eg x f x ma x max
，求导讨论函数 g x 的单调性，确定最值，使
min 0g x 成立，得到关于参数 m 的不等式，然后利用参数分离法求解参数 m 的取值范围．
【解析】（1）设切点为 0 0,x f x ，其中 0 1x ，
有 0 2
0 0
1 2a ef x x x e
，且 0 0 0
0
2ln 2a ef x x xx e
得 0
0
21 xa e
x e
，所以 0
0
4ln 3 0xx e
，易解得 0x e ，则 0a ；
（2）记 ln a eg x f x ma x max
，有 2
x a eg x x
，
当 a e ， 2 0x a eg x x
恒成立，
则函数 g x 在 0, 上递增，无最小值，不符合题意；
当 a e 时，当 ,x a e 时， 0g x ，当 0,x a e 时， 0g x ，
所以函数 g x 在 0,a e 上递减，在 ,a e 上递增，
所以 g x 在 x a e 处取得最小值， min ln 1 0g x g a e a e ma ，
则有 1 ln a em a
，记 1 ln a eh a a ea
，
有
2
lne a ea eh a a
，
易知 h a 在 ,2e e 单调递增，在 2 ,e 单调递减，
则 max
12h a h e e
，所以 1m e
，得 1m e
．
8．已知函数 1 ,), 1(x xf x e ax g a x a R ．
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）若存在 ,0x ，使得 f x g x 成立，求实数 a 的取值范围，
【试题来源】百校大联考 2021 届高三第六次大联考
【答案】（1）答案见解析；（2） ,1 ．
【分析】（1）应用导数，结合分类讨论的方法，确定 f x 的单调性即可；
（2）由题意有存在 ,0x 使 1x xa xe x e 成立，应用导数判断在 ,0x 上
( ) 1 0xh x xe x 成立，进而问题转化为存在 ,0x ，使得
1
x
x
ea xe x
成立，
构造 1
x
x
eG x xe x
，利用导数研究其在 ,0x 上的最值，只需 max( )a G x 即可
求 a 的范围．
【解析】（1）由解析式知 1( )xf x e ax a ，
当 0a 时， ( ) 0f x¢ < 对任意的 xR 成立，即 f x 在 , 上单调递减；
当 0a 时， f x 在 1 1,a
上单调递减；在 1, 1a
上单调递增，·
当 0a 时，即 f x 在 1, 1a
上单调递增，在 1 1,a
上单调递减．
2 由存在 ,0x ，使得 f x g x 成立，
即存在 ,0x 使 1x xa xe x e 成立，
令 ( ) 1xh x xe x ，有 ( ) 1x xh x xe e ， ( ) ( 2) xh x x e ，
所以 2x 时， ( ) 0h x ， ( )h x 单调减； 2x 时， ( ) 0h x ， ( )h x 单调增；
而 (0) 0h ， 2
1( 12)h e
且 x 时 ( ) 1h x ，
所以 ,0x ， ( ) 0h x ，即 ( ) 1xh x xe x 在( ),0-¥ 上单调递减，
又 (0) 1h ，所以当 ,0x 时， ( ) 0h x ，
所以问题可转化为存在 ,0x ，使得
1
x
x
ea xe x
成立．
设 1
x
x
eG x xe x
，则
2
2
1
x x
x
e x e
G x
xe x
，
若 ( ) 2 xk x x e ，则 ( ) 1 xk x e ，
所以 ,0x 上 ( ) 0k x ， ( )k x 单调递减，而 (0) 1 0k
所以 ,0x 上 ( ) 0k x ，即当 0x 时， 0G x ．
所以 G x 在( ),0-¥ 上单调递增，而 0 1G ，
所以当 ,0x 时， 1G x ，即 1a ，即 a 的取值范围是 ,1 ．
【名师点睛】对于第二问，首先利用导数判断 ,0x 上 ( ) 1xh x xe x 的符号，再
将问题转化为 ,0x ，使得
1
x
x
ea xe x
成立，最后构造函数应用导数研究其最值，
只需保证 max( )a G x 成立即可求参数范围．
9 ． 已 知 函 数 21( ) ln2f x x x ， 函 数 ( )f x 的 导 函 数 为 ( )f x ，
21( ) ( ) 2h x f x x mx ( m R )．
（1）求函数 ( )f x 的单调区间
（2）若函数 ( )h x 存在单递增区间，求 m 的取值范围；
（3）若函数 ( )h x 存在两个不同的零点 1x ､ 2x ，且 1 2x x ，求证： 2
1 2 1e x x ．
【试题来源】备战 2021 年高考数学大题精做
【答案】（1）在 1
2(0 )e
， 上单调递减，在 1
2( )e
， 上单调递增；（2） ( 2)1， ；（3）证明
见解析．
【解析】（1） ( )f x 的定义域为 (0 ) ， ， 1 1( ) ln (ln )2 2f x x x x x x ，
令 ( ) 0f x 解得 1
2x e
，
当 1
20 x e
时， ( ) 0f x ，此时 ( )f x 在 1
2(0 )e
， 上单调递减，
当 1
2x e
时， ( ) 0f x ，此时 ( )f x 在 1
2( )e
， 上单调递增，
所以 ( )f x 的单调递减区间为 1
2(0 )e
， ，单调递增区间为 1
2( )e
， ；
（2） 2 21 1( ) (ln ) ln2 2h x x x x mx x x mx ，
定义域为 (0 ) ， ， ( ) ln 1 2h x x mx ，
若函数 ( )h x 存在单递增区间，只需 ( ) 0h x 在 (0 ) ， 上有解，
即存在 0x 使得 ln 12 xm x
，
令 ln 1( ) xx x
，则 2
ln( ) xx x
，令 ( ) 0x 解得 1x ，
当 0 1x 时 ( ) 0x ，则 ( )x 在 (0 )1，上单调递增，
当 1x 时 ( ) 0x ，则 ( )x 在 (1 ) ， 上单调递减，
则 1x 时 ( )x 取极大值也是最大值，所以 max( ) (1) 1x ，所以 1
2m ，
所以 m 的取值范围为 ( 2)1， ；
（3）由（2）可知 ( ) ln 1 2h x x mx ( 0x )，令 ( ) 0h x 可知 ln 1
2
xm x
，
设 ln 1( ) 2
xg x x
，则 2
ln( ) 2
xg x x
，令 ( ) 0g x 解得 1x ，
当 0 1x 时 ( ) 0x ，则 ( )g x 在 (0 )1，上单调递增，
当 1x 时 ( ) 0x ，则 ( )g x 在 (1 ) ， 上单调递减，
所以 max
1( ) (1) 2g x g ，又 1( ) 0g e
，且当 x 时 ( ) 0g x ，
所以当 1(0 )2m ， 时，直线 y m 与 ( )g x 的图象有两个交点，
即 ( )h x 有两个不同的零点 1x ､ 2x ，因为 1 2x x ，所以 1
1 1xe
， 2 1x ，
所以 1 1ex ， 2
2 1x ，所以 2
1 2 1e x x ．
10．已知函数 2 sinxf x e x x ， sin cosxg x e x x a ．
（1）求函数 f x 的单调区间；
（2） 1x 、 2 0, 2x
，使得不等式 1 2g x f x 成立，求 a 的取值范围；
（3）不等式 lnf x m xx
在 1, 上恒成立，求整数 m 的最大值．
【试题来源】吉林省吉林市普通中学 2020-2021 学年高三第三次调研测试试试题
【答案】（1） f x 的减区间为 ,0 ，增区间为 0, ；（2） 0, ；（3）1．
【分析】（1）求得 2 cosxf x e x ，分析导数的符号变化，由此可得出函数 f x 的
增区间和减区间；（2）求得 min 1f x ，由题意可知， sin cos xa x x e 在 0, 2x
时有解，构造函数 sin cos xF x x x e ，利用导数求出函数 F x 在区间 0, 2
上的
最小值，即可得出实数 a 的取值范围；（3）由题意可知， min
2 cos lnxm e x x x ，
构 造 函 数 2 cos lnxH x e x x x ， 其 中 1x ， 利 用 导 数 求 出 函 数
2 cos1H x e ，又由 2 cos1 1,2e 结合 m Z 可得出结果．
【解析】（1）因为函数 2 sinxf x e x x 的定义域为 R ，
且 cos 2xf x e x ， 0 0f ．
①当 0x 时， 1xe ， cos 1x ，则 cos 2 0xf x e x ，
f x 在 ,0 上是减函数；
②当 0x 时，设 2 cosxh x e x ，则 0sin sin 0xh x e x e x ，
所以，函数 cos 2xf x e x 在 0, 上为增函数，
所以，当 0x 时， 0 0f x f ，所以，函数 f x 在 0, 上为增函数．
综上所述，函数 f x 的减区间为 ,0 ，增区间为 0, ；
（2）由（1）知，函数 min 0 1f x f ，
1x 、 2 0, 2x
，使得不等式 1 2g x f x 成立，
等价于不等式 sin cos 1xe x x a 在 0, 2x
时有解，
即不等式 sin cos xa x x e 在 0, 2x
时有解，
设 sin cos xF x x x e ， sin cos xF x x x e ，
当 0, 2x
时， 3,4 4 4x
，则 sin cos 2 sin 1, 24x x x
，
而 1xe ，所以 0F x 恒成立，即 F x 在 0, 2
上 是增函数，
则 min 0 0F x F ，
因此，实数 a 的取值范围是 0, ；
（3） 1x ，
2 2 cos lne x m xx
恒成立，
等价于 min
2 cos lnxm e x x x ，
令 2 cos lnxH x e x x x ，其中 1x ，
则 sin ln 1xH x e x x ， 1cosxH x e x x
，
1x Q ， xe e ， cos 1x ， 1 1x
， 2 0H x e ，
H x 在 1, 上单调递增， 1 sin1 1 1 1 0H x H e e ，
H x 在 1, 上递增， 1 2 cos1H x H e ， 2 cos1m e ，
2 cos1 1,2e ，且 m Z ，因此整数 m 的最大值为1．
11．已知曲线 lny x m 与 x 轴交于点 P ，曲线在点 P 处的切线方程为 y f x ，且
1 2f ．
（1）求 y f x 的解析式；
（2）求函数
x
f xg x e
的极值；
（ 3 ） 设 2ln 1 ln 1x a xh x x
， 若 存 在 实 数 1 1,x e ， 1
2 e ,1x ， 使
2
1 2 2 2 2 22 ln 1 lnh x x x a x x x 成立，求实数 a 的取值范围．
【试题来源】天津市南开区 2021 届高三下学期一模
【 答 案 】（ 1 ） 1f x x ；（ 2 ） 极 大 值 为 0 1g ， 无 极 小 值 ；（ 3 ）
1,3 2 3 ,2e e
【分析】（1）先根据题意得 1 ,0P m ，进而得切线斜率 1k ，故 1f x x m ，再
根据 1 2f 求得 m ，进而得解析式；（2）由（1） 1
x
xg x e
，求导得 ' x
xg x e
，
进而根据导数与极值的关系即可得答案；（3）将不等式整理变形得存在实数
2
1, 11 ,x ex
使
1
2
12h x h x
成立，进而转化为 min max2h x h x ，再研究函数 h x 的单调性得
0, ax e 时，函数 h x 为减函数， ,+ax e 时，函数 h x 为增函数，再分 0a ，
0 1a ， 1a 三种情况讨论求解即可得答案．
【解析】（1）令 ln 0y x m 解得 1x m ，故点 1 ,0P m ，
对函数 lny x m 求导得 1'y x m
，
所以曲线 lny x m 在点 P 处的切线斜率为 1 11k m m
，
所以曲线 lny x m 在点 P 处的切线方程为 1y x m ，
即 1y f x x m ，因为 1 2f ，故 2m ，
所以 y f x 的解析式 1f x x ．
（2）由（1）知 1
x x
f x xg x e e
，函数定义域为 R ，所以 ' x
xg x e
，
故当 0,x 时， ' 0g x ， g x 单调递减，
当 ,0x 时， ' 0g x ， g x 单调递增，
所以函数 g x 在 0x 处取得极大值，极大值为 0 1g ，无极小值．
（3）因为 2
2 2 2 2 22
2 2 2 2 2
ln 1 ln1 ln 1ln x x a x x xx x a x x x
2
2
2 2 2 2
2 2
1 1ln 1 ln 1ln 1 ln 1
1 1
ax a x x x
x x
，
故不等式 2
1 2 2 2 2 22 ln 1 lnh x x x a x x x 等价于 1
2
12h x h x
，
因为
2
1 1,ex
，故存在实数
2
1, 11 ,x ex
使 1
2
12h x h x
成立，
所以只需 min max2h x h x 成立即可．
所以 2
2 2
ln 1 ln ln 1 ln' x a x a x a xh x x x
，
因为 1,x e 时， ln 0,1x ，故 ln 1 1,0x
所以当 0, ax e 时， ' 0h x ，函数 h x 为减函数，
,+ax e 时， ' 0h x ，函数 h x 为增函数
所以（1）当 0a 时，
' 0h x 在 1,e 恒成立，故函数 h x 在 1,e 单调递增，
故 min max
31 1, ah x h h x h e e
，所以 32 a
e
，解得 3 2a e ；
（2）当 0 1a 时，
1, ax e 时， ' 0h x ，函数 h x 为减函数，
,ax e e 时， ' 0h x ，函数 h x 为增函数，
故 min
1a
a
ah x h e e
，
max
3 ,0 33max 1 , max 1,
1,3 1
a a eah x h h e ee e a
，
所以，当 0 3a e 时， 1 32 a
a a
e e
，即 12 1 3 aa a e ，
令 12 1 3 am a a a e ， 1 1' 2 2 a am a e ae ，
1 1 1'' 1 0a a am a e ae a e ，
故 'm a 在 0,1 单调递减， ' ' 3 ' 1 0m a m e m a ，
故 m a 在 0,1 单调递增，
所以 m a 在 0,3 e 上也单调递增， 30 2 0m a m e
，
与 12 1 3 0am a a a e 矛盾，无解
当3 1e a 时， 12 1a
a
e
，即 2 1 aa e ，所以 2 1 0aa e ，
令 2 1 ak a a e ， ' 2 ak a e ，令 ' 2 0ak a e 得 ln 2a ，
故当 0 ln 2a 时， ' 0k a ，函数 k a 单调递增，
当 ln 2 1a 时， ' 0k a ，函数 k a 单调递减，
由于 0 1, 1 4 0k a k k a k e ，
故函数 k a 在 0,1 的函数值恒大于 0 ，
故当3 1e a 时， 0k a ，与 2 1 0aa e 矛盾，无解；
（3）当 1a 时， 1,x e 时， ' 0h x ，函数 h x 为减函数，
故 max min
31 1, ah x h h x h e e
，所以 2 3 1a
e
，解得 13 2a e ；
综上，实数 a 的取值范围是 1,3 2 3 ,2e e ．
【名师点睛】本题考查导数的几何意义，极值，不等式能成立问题，考查运算求解能力，分
类讨论思想，综合分析问题与解决问题的能力，是难题．本题第三问解题的关键在于对已知
不 等 式 变 形 转 化 为 存 在 实 数
2
1, 11 ,x ex
使 1
2
12h x h x
成 立 ， 进 而 只 需
min max2h x h x 成立即可，再分类讨论求函数的最值即可．
12．已知函数 2( ) ( )xf x e mx m R ．
（1）已知曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 y ex e ，求 m 的值；
（2）若存在 0 [0,1]x ，使得 0 2f x
，求 m 的取值范围．
【试题来源】北京市顺义区 2021 届高三二模
【答案】（1） m e ，（2） 2m e ．
【分析】（1）由曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 y ex e 可得 ' (1)f e ，
求导将 ' (1)f 表示出来等于 e ，列出方程求解即可；（2）问题等价于存在 0 (0,1]x ，
0 2
0 2xe mx ，即
0
2
0
2xem x
，构造 2
2( ) ( (0,1])
xeh x xx
，只需 max( )m h x 即可．
【解析】（1）因为函数 2( ) ( )xf x e mx m R ，
所以 ' ( ) 2xf x e mx ， ' (1) 2f e m ，
由于曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 y ex e
由导数的几何意义可知 ' (1) 2f e m e ，解得 m e ．
（2）因为存在 0 [0,1]x ，使得 0 2f x
，即 0 2
0 2xe mx ，
又当 0 0x 时，上式不成立，
所以存在 0 (0,1]x ，使得 0 2
0 2xe mx ，参变分离得
0
2
0
2xem x
，
令 2
2( ) ( (0,1])
xeh x xx
，
2
'
4 3
2 ( 2) 2 4( )
x x x xe x x e xe eh x x x
令 ( ) 2 4x xx xe e ，所以 ' ( ) ( 1) xx x e ，
因为 (0,1]x ，且 0xe 恒成立，所以 ' ( ) 0x ，
所以 ( ) x 在 (0,1]单调递减， (1) 4 0e ，
即 ( ) 0x 在 (0,1]上恒成立，即 ' ( ) 0h x ，
所以 2
2( )
xeh x x
在 (0,1]x 上单调递增， max( ) (1) 2h x h e ，
因为存在 0 (0,1]x ，使得 0 2
0 2xe mx ，
参变分离得
0
2
0
2xem x
，即 max( ) 2m h x e
综上：m 的取值范围为 2m e ．
【名师点睛】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． （4）考查
数形结合思想的应用．
13．已知函数 21( ) ( 1)e 2
xf x x mx ，其中 e 为自然对数的底数．
（1）当 =2m 时，求 ( )f x 的极值；
（2）是否存在实数 m ，使得函数 ( )f x 有三个不同的零点，若存在，求出 m 的取值范围；
若不存在，请说明理由．
【试题来源】-学科网 2020 年高三 11 月大联考（新课标Ⅰ卷）
【答案】（1）极大值-1，极小值 2(ln2) 2ln2 2 ；（2）不存在，理由见解析．
【分析】（1）代入 2m ，求出 ( )f x 的导函数以及单调区间，判断极值点，代入极值点即
可求出极值；（2）求出 ( )f x 的导函数，分类讨论求 ( )f x 的单调区间，求出 ( )f x 的极值，讨
论极值与 x 轴的位置关系即可判断是否存在三个零点．
【解析】（1）当 2m 时， 2( )=( 1)e ,xf x x x 则 ( )= e 2 2x xf x x x x e ．
令 ( )=0f x ，得 1 20 ln 2x x ， ．
所以当 0x 或 ln 2x 时， ( ) 0,f x 当 0 ln 2x 时， ( ) 0f x ．
所以 ( )f x 在 ( ,0) ， (ln 2 ) ， 上为增函数，在 (0,ln 2) 上为减函数，
所以 ( )f x 在 0x 处取得极大值 (0)= 1f ，
( )f x 在 ln 2x 处取得极小值 2(ln 2) (ln2) 2ln 2 2f ．
（2）易知 ( ) e ( 1)e (e )x x xf x x mx x m ， (0)= 1f ，
当 0m 时， e 0x m 恒成立，所以当 0x 时， ( ) 0f x ，
当 0x 时， ( ) 0f x ，所以 ( )f x 在 ( ,0) 上为减函数，在 (0 ) ， 上为增函数，
所以 ( )f x 至多有两个零点；
当 0 1m 时，令 ( ) 0f x ，解得 0x 或 lnx m ，
又 ln 0m ，所以当 lnx m 或 0x 时， ( ) 0f x ，当 ln 0m x 时， ( ) 0f x ，
所以 ( )f x 在 ( ln ),(0, )m , 上为增函数，在 (ln ,0)m 上为减函数，
所以 ( )f x 在 lnx m 处取得极大值，在 0x 处取得极小值，
又 21(ln ) (ln 1 ln ) 0, (0) 12f m m m m f ，所以 ( )f x 至多有 1 个零点；
当 1m 时，令 ( ) 0f x ，解得 0x ，所以 ( ) 0f x ， ( )f x 在 R 上为增函数，
所以 ( )f x 至多有 1 个零点；
当 1m > 时，令 ( ) 0f x ，解得 0x 或 lnx m ，
又 ln 0m ，所以当 0x 或 lnx m 时， ( ) 0f x ，当 0 lnx m 时， ( ) 0f x ，
( )f x 在 ( 0),(ln , )m - , 上为增函数，在 (0,ln )m 上为减函数，
所以 ( )f x 在 0x 处取得极大值，在 lnx m 处取得极小值，
所以 (ln ) (0) 1f m f ，所以 ( )f x 至多有 1 个零点．
综上所述，不存在实数 m，使得函数 ( )f x 有三个不同的零点．
【名师点睛】讨论 ( )f x 是否有三个不同的零点：（1）可分离参数转化为 y m 与 y g x
是否有三个交点；（2）可对 ( )f x 求导，讨论 ( )f x 的单调区间，判断 ( )f x 的极值与 x 轴的位
置关系．
14．已知函数 2( ) 3 ( 1)ln , ( ) 4f x x a x g x x ax ．
（1）若函数 ( ) ( )y f x g x 在其定义域内单调递增，求实数 a 的取值范围；
（2）是否存在实数 a ，使得函数 ( ) ( )y f x g x 的图象与 x 轴相切？若存在，求满足条件
的 a 的取值范围，若不存在，请说明理由．
【试题来源】学科网 2020 年高三 11 月大联考考后强化卷
【答案】（1） ( , 1] ；（2）存在，实数 (1,3)a ．
【分析】（1）根据导数和函数的单调性的关系，分离参数，即可求出 a 的取值范围；（2）函
数 y f x g x 的图象与 x 轴相切，且存在 f x 的极值等于 0，根据导数和函数的极
值的关系即可求出答案．
【解析】（1）因为 2( ) ( ) 3 ( )1 ln 4y f x g x x a x x ax 在 (0, ) 上单调递增，
所以 13 2ay x ax
0 在 (0, ) 上恒成立，
即
2 22 3 1 2( 1) ( 1) 2 22( 1) 11 1 1
x x x xa xx x x
，
易知 ) 22( 1 11y x x
在 (0, ) 上为增函数，
所以 22( 1 1 2 2 1 11)y x x
，
所以 1a ，即实数 a 的取值范围是 ( , 1] ．
（2）存在，理由如下，
2( ) ( ) 3 ( )1 ln 4y f x g x x a x x ax ，
设 2( ) 3 ( 1 ln) 4, 0h x x a x x ax x ，
所以
21 2 ( 3) ( 1)( ) 3 2a x a x ah x x ax x
22 ( 3) ( 1) (2 1)( 1)x a x a x a x
x x
，
令 ( ) 0h x ，解得 1
2
ax 或 1x ，
当 1 02
a ，即 1a 时，由 (0,1)x ，得 ( ) 0h x ；由 (1, )x ，得 ( ) 0h x ，
所以 ( )h x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减，
所以 max( ) (1) 2 0h x h a ，解得 2a （舍去）．
当 1 02
a ，即 1a 时，因为函数 ( ) ( )y f x g x 的图象与 x 轴相切，
所以 1 02
ah
或 (1) 0h ，
由 (1) 2 0h a ，解得 2a ；
当 1 02
ah
时，可得
23( 1) 1 1 1( 1)ln 4 02 2 2 2aa a a aa
，
设 1
2
a t ，则 0t ， 23 2 ln (2 1 4 0)t t t t t t ，即 2 2 2 ln 4 0t t t t ，
设 2 2 2 ln 4,( ) 0t t tt t t ，所以 2 2 2(1 ln 2( ln( ) ) )tt t t t ，
再令 ( ) ln , 0m t t t t ，所以 1 1( ) 1 tm t t t
，
当 0 1t 时， ( ) 0m t ， ( )m t 单调递减；当 1t 时， ( ) 0m t ， ( )m t 单调递增，
所以 ( ) (1) 1m t m ，所以 ( ) 0t ，所以 ( )t 在 (0, ) 上单调递增，
因为 (1) 1 0, (2) 4 4ln 2 0 ，
所以存在 0 2)(1,t ，使得 0 0( )t ，即 1 (1,2)2
a ，得 (1,3)a ，
综上所述，存在实数 (1,3)a ，使得函数 ( ) ( )y f x g x 的图象与 x 轴相切．
【名师点睛】本题考查求参数的取值范围的问题，解题的关键点是利用导数研究函数的单调
性和极值，属于较难题．
15．已知函数 1( ) ln cos2 2f x m x x
， 1( ) ( ) cos2 2g x f x x x
．
（1）当 1x 时，若不等式 1( ) 1xg x e x 恒成立，求实数 m 的取值范围；
（2）若存在两个不相等的正数 1x ， 2x ，使得 1 1 2 2f x x f x x ，证明： 1 2 2x x m ．
【试题来源】广东省茂名市 2021 届高三下学期第二次综合测试
【答案】（1） ( ,1] ；（2）证明过程见详解．
【分析】（1）化简不等式，构造新函数 ( )h x ，问题转化为 ( ) 0≤h x 在 1x 时恒成立，利用
导 数 分 类 讨 论 进 行 求 解 即 可 ；（ 2 ） 对 已 知 等 式 进 行 化 简 ， 得 到
2 1 2 1 12
1(ln ln ) (sin sin )2m x x x x x x ，构造函数 ( ) sinG x x x ，求导，得到
不等式 2 2 1 1sin 0, sin 0x x x x ，进而利用放缩法，结合换元法、构造新函数，利用导
数进行证明即可．
【解析】（1） 1 1( ) 1 ln 1x xg x e x m x e ，设 1( ) ln 1xh x m x e ， (1) 0h
因此原问题转化为当 1x 时，不等式 ( ) 0≤h x 恒成立， ' 1( ) xmh x ex
，
当 1m £ 时， ' ( ) 0h x ，函数 1( ) ln 1xh x m x e 在 1x 时，单调递减，
所以当 1x 时， ( ) (1) 0h x h ，所以不等式 ( ) 0≤h x 恒成立；
当 1m > 时， ' 1 1( ) 0x xmh x e m xex
，设 1( ) xF x xe ， ' 1( ) ( 1) xF x x e ，当 1x
时， ' ( ) 0F x ，所以函数 1( ) xF x xe 此时是单调递增函数，且 ( ) (1) 1F x F
因此函数 y m 与函数 1( ) xF x xe 有唯一交点，设 0x ，显然 0 1x ，
因此当 0(1, )x x 时， ' ( ) 0h x ，函数 1( ) ln 1xh x m x e 单调递增，当 0( , )x x 时，
' ( ) 0h x ，函数 1( ) ln 1xh x m x e 单调递减，因此 max 0( ) ( ) (1) 0h x h x h ，
显然不等式 ( ) 0≤h x 不恒成立，不符合题意，
综上所述：实数 m 的取值范围是 ( ,1] ；
（2） 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2
1 1ln sin ln sin2 2f x x f x x m x x x m x x x ，
即 2 1 2 1 12
1(ln ln ) (sin sin )2m x x x x x x ，
设 ( ) sinG x x x ， ' ( ) 1 cos 0G x x ，所以函数 ( ) sinG x x x 是增函数，
因为 1x ， 2x 是两个不相等的正数，所以不妨设 2 1 0x x ，
因此有 2 1( ) ( ) (0) 0G x G x G ，即 2 2 1 1sin 0, sin 0x x x x ，
因此 2 2 1 1 2 1 2 1sin sin 0 (sin sin ) ( )x x x x x x x x ，
即 2 22 1 2 1 1 1 1 12 2
1 1 1(ln ln ) (sin sin ) ( ( (2 2 2) ) )m x x x x x x x x x x x x ，
2 1
2 1
2 0ln ln
x xm x x
，要想证明 1 2 2x x m 成立，只需证明 1
1
2
2
2
1ln ln
x x x xx x
，
因为 2 1 0x x ，所以令 2
1
1xt x
，因此只需证明 1
ln
t tt
在 1t 时成立，
即 1 lnt t
t
在 1t 时成立，设函数 1( ) ln tm t t
t
， 1t ，
2
' ( 1)( ) 0
2
tm t
t t
，
所以当 1t 时，函数 1( ) ln tm x t
t
单调递减，因此当 1t 时， ( ) (1) 0m t m ，
即 1 1( ) ln 0 lnt tm x t t
t t
，因此 1
ln
t tt
成立，所以 1 2 2x x m ．
【名师点睛】本题的关键在于由 2 1 2 1 12
1(ln ln ) (sin sin )2m x x x x x x ，联想构造
函数 ( ) sinG x x x ，进而可以运用放缩法、换元法，通过导数的性质进行证明．
16．已知函数 ( ) lnf x ax x （其中 0a ， aR ）， 1( ) 1
xg x x
．
（1）若存在实数 a 使得 1( )f x e
恒成立，求 a 的取值范围；
（2）当 1
2a 时，讨论函数 ( ) ( )y f x g x 的零点个数．
【试题来源】中学生标准学术能力诊断性测试 2021 年 3 月测试试卷（一卷）
【答案】（1） ( 1,0) ；（2）答案见解析．
【分析】（1）由 1( )f x e
在 (0, )x 上恒成立，得到 0a ，利用导数求得函数的单调性
和最值，列出不等式，即可求解；（2） （ⅰ）当 0a 时，结合 ( )f x 和 ( )g x 的取值，得出
函数 ( ) ( )y f x g x 只有 1 个零点．（ⅱ）当 0a 时，令 ( ) ( ) ( )h x f x g x ，求得 ( )h x ，
令 2
2( ) (ln 1) ( 1)x a x x
，求得 3
4( ) ( 1)
ax x x
，分 1
2a 和 10 2a 两种情况，
结合函数的单调性和最值，即可求解．
【解析】（1）由题意，函数 ( ) lnf x ax x ，（其中 0a ），
要使 1( )f x e
在 (0, )x 上恒成立，可得 0a ，
又由 ( ) (ln 1)f x a x ，
令 ( ) (ln 1) 0f x a x ，解得 10 x e
，即函数 f x 在 1(0, )e
单调递增，
令 ( ) (ln 1) 0f x a x ，解得 1x e
，即函数 f x 在 1( , )e
单调递减，
所以 max
1( ) af x f e e
，
要使得 1( )f x e
，可得 1a
e e
，解得 1 0a ，
即实数 a 的取值范围 ( 1,0) ．
（2）由函数 ( ) lnf x ax x 和 1( ) 1
xg x x
．
（ⅰ）当 0a 时，
当 (0,1)x 时，可得 ( ) 0f x ， ( ) 0g x ，所以 ( ) ( )y f x g x 恒大于零，函数没有零点；
当 (1, )x 时，可得 ( ) 0f x ， ( ) 0g x ，可得 ( ) ( )y f x g x 恒小于零，没有零点；
当 1x 时，令 ( ) ( ) ( )h x f x g x ，可得 1 (1) (1) 0h f g ，所以函数由一个零点，
综上可得，当 0a 时， ( ) ( )y f x g x 在 (0, ) 只有 1 个零点．
（ⅱ）当 0a 时，令 ( ) ( ) ( )h x f x g x ，则 2( ) ln 1 ( 0)1h x ax x xx
，
可得 2
2( ) (ln 1) ( 1)h x a x x
，
令 2
2( ) (ln 1) ( 1)x a x x
，可得 3
4( ) ( 1)
ax x x
，
因为 0x ，所以 ( ) 0x 恒成立， ( )h x 在 (0, ) 单调递增，
①由 (1) 0h ，即 1
2a 时，可得 ( )h x 在 (0,1)x 上恒小于零，在 (1, )x 上恒大于零，
即 ( )h x 在 (0,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增，
所以 ( ) (1) 0h x h ， ( )y h x 在 (0, ) 只有1个零点
②当 10 2a 时， 1(1) 02h a ，由于 ( )h x 在 (0, ) 单调递增，
所以 ( )h x 在 (0,1]上恒小于零， ( )h x 在 (0,1]上单调递减，
因为 (1) 0h ，所以 ( )h x 在 (0,1]上有唯一零点1．
因为 1(1) 02h a ，
2 1
2 1 2
2( ) 2 0
( 1)
a
a
h e
e
所以存在 2 1
0 (1, )ax e
，使得 0 0h x ，
由于 ( )h x 在 (0, ) 单调递增， 1(1) 02h a ， 0 0h x ，
所以 ( )h x 在 01, x 在单调递减，在 0,x 单调递增，
2 1
0 1, ax e
，
所以 0 (1) 0h x h ，
因为 10 2a ， 1
1ae ，
1 1
1
21 0
1
a a
a
h e e
e
，所以 1
0
ax e ，
由 0 0h x ， 1
( ) 0ah e ，知 ( )h x 在
1
1, ae
上有唯一零点，
结合 ( )h x 在 0,x 单调递增， ( )h x 在 (1, ) 上有唯一零点，
又 (1) 0h ， 10 2a 时， ( )h x 在 (0, ) 上有 2 个零点
综上所述，当 0a 或 1
2a 时， ( )h x 在 (0, ) 只有1个零点；
当 10 2a 时， ( )h x 在 (0, ) 上有 2 个零点．
【名师点睛】函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
（1）分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法
为从 f x 中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条
件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
（2）分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通
常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符
合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围．
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