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专题 4.4 导数的综合应用
1．（2021·沙坪坝区·高三其他模拟）已知 e 为自然对数的底数， a ，b 为实数，且不等式
ln 3 1 0x e a x b 对任意 0,x 恒成立，则当 3b
a
取最大值时，实数 a 的值为（ ）
A．3e B．3 1e C． 4e D． 4 1e
【答案】C
【解析】
不等式 (3 ) 1 0lnx e a x b 对任意 (0, )x 恒成立，化为不等式 3 1lnx ex ax b 对任意 (0, )x
恒成立，必然有 0a ．令 1x e
，化为： 3 1b
a e
．令 4a e ， 1b ．利用导数研究函数的单调性极值
最值即可得出结论．
【详解】
解：不等式 (3 ) 1 0lnx e a x b 对任意 (0, )x 恒成立，
则不等式 3 1lnx ex ax b 对任意 (0, )x 恒成立，
则 0a ．
令 1x e
，则 1 3 1a be
，化为： 3 1b
a e
．
令 4a e ， 1b ．
不等式 3 1lnx ex ax b 对任意 (0, )x 恒成立，即不等式 2 0lnx ex 对任意 (0, )x 恒成立，
令 ( ) 2f x lnx ex ，则
1( )1( )
e x ef x ex x
，可得： 1x e
时，函数 ( )f x 取得极大值即最大值，
1( ) 1 1 2 0f e
，
满足题意．
可以验证其他值不成立．
故选：C．
2．（2021·湖南高三其他模拟）已知函数 eaxf x x 存在两个零点，则正数 a 的取值范围是（ ）
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A． 0, 2
e
B． ,2
e C． 10, 2e
D． 1 ,2e
【答案】C
【解析】
函数零点即方程 axe x 的解， 2axe x （ 0x ），取对数得 2 lnax x ，此方程有两个解，引入函数
( ) ln 2g x x ax ，利用导数求得函数的单调性，函数的变化趋势，然后由零点存在定理可得结论．
【详解】
显然 (0) 1f ， ( ) eaxf x x 有两个零点，即方程 axe x ， 2axe x 在 (0, ) 上有两个解，
两边取对数得到 2 lnax x ，令 ( ) ln 2g x x ax ， 1( ) 2g x ax
， ( )g x 在 10, 2a
单调递增，在 1 ,2a
单调递减，
又当 0x 时， ( )g x ，当 x 时， ( )g x ，
因为 ( )g x 有两个零点，则 1 1ln 1 02 2g a a
，
解得 1
2ea .所以正数 a 的取值范围是 10, 2e
.
故选：C．
3．（2021·四川遂宁市·高三三模（理））已知函数 2 xh x x e ， 21
2 a ag xx x ，又当 0h x 时，
h x g x 恒成立，则实数 a 的取值范围是（ ）
A． 2,e B． ,e C． 20,e D． 0,e
【答案】A
【解析】
首先根据 0h x 求出 2x ，进而参变分离解决恒成立的问题即可.
【详解】
因为 2 xh x x e ，所以 0h x ，即 2x ，
所以当 2x 时， h x g x 恒成立，即 21
22 x a ax e x x ，
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即 1
22 2xx e xax ，
当 2x 时， 1
22 2xx e xax 恒成立，符合题意；
当 2,x 时，有 1
2
xe ax ，即 2 xe
x a ，
令 2 xem x x
，则
2
2 1 0
xe xm x x
，所以 m x 在 2,x 上单调递增，而 22m e ，所以
2e a ，
故选：A.
4．（2021·全国高三其他模拟）已知 f（x）是定义在区间[﹣2，2]上的偶函数，当 x∈[0，2]时，f（x）＝ x
x
e
，
若关于 x 的方程 2f2（x）+（2a﹣1）f（x）﹣a＝0 有且只有 2 个实数根，则实数 a 的取值范围是（ ）
A．[﹣ 1
e
，﹣ 2
2
e ] B．[﹣ 1
e
，﹣ 2
2
e
）
C．（﹣ 2
2
e
，0） D．（﹣ 2
2
e
，0）∪{﹣ 1
e }
【答案】D
【解析】
利用导数研究函数在定义域上的单调性，得出 1( )f x e
；结合题意得出 ( )f x 在 0 2， 有且仅有 1 个解，计
算 (0) (2)f f、 的值即可.
【详解】
当 0 2x ， 时 ( ) x
xf x e
，
则 1( ) x
xf x e
令 ( )=0f x ，解得 1x ，
所以当 0 1x ， 时 ( ) 0f x ， ( )f x 单调递增；
当 1 2x ， 时 ( ) 0f x ， ( )f x 单调递减，
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所以 max
1( ) (1)f x f e
，故 1( )f x e
在定义域上恒成立，
由 22 ( ) (2 1) ( ) 0f x a f x a 有且只有 2 个实数根，
得方程 12 ( ) ( ) 02f x a f x
有 2 个解，
又 1( )f x e
，所以 1 1 1( ) 02 2f x e
，
则 ( )f x 在 0 2， 有且仅有 1 个解，
因为 2
2(0) 0 (2)f f e
， ，则 2
20 a e
或 1a e
，
所以 2
2 0ae
或 1a e
，
即实数的取值范围是 2
2 10e e
， ，
故选：D
5．（2021·宁夏银川市·高三其他模拟（理））平行于 x 轴的直线与函数
ln , 0,
( )
, 0,
x x
f x e xx
的图像交于 ,A B 两
点，则线段 AB 长度的最小值为（ ）
A． 1e e
B． 1e e
C． e D． 2e
【答案】D
【解析】
画出函数图像，数形结合构造函数，利用导数判断函数单调性并求函数最值即可.
【详解】
根据题意，画出 f x 的图象如下所示：
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令 f x t ， ( 0)t ，故可得lnx t ，解得 tx e ； e tx
，解得 ex t
.
故可得 , , ,t eA e t B tt
， ( 0)t ，
故 t eAB g t e t
， ( 0)t ，
故可得 2
t eg t e t
， 3 0t eg t e t
恒成立，
故 g t 是单调递增函数，且 1 0g ，
关于 0g t 在 0,1 成立， 0g t 在 1, 成立，
故 g t 在 0,1 单调递减，在 1, 单调递增，
故 1 2ming t g e e e .
即| |AB 的最小值为 2e .
故选：D
6．（2021·正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知 2m ，若关于 x 的不等式 2 2 e 2xmx n x 恒成立，
则实数 n 的取值范围为（ ）
A． 3e, B． 2e , C． e, D． 2e,
【答案】D
【解析】
参变分离可得
2 2 2
ex
mx x n ，研究函数
2 2 2
ex
mx xf x ，根据导函数
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2 2
ex
m x xmf x
以及 2m ，可得函数 f x 的极大值为
2
2
2 2 2e 0
e
m
m
f m
，当 2x ，
2 2 2 0ex
mx xf x ，所以
2
max 2e mf x
，根据 ( )f x 的最大值的范围即可得解.
【详解】
由 2 2 e 2xmx n x ，得
2 2 2
ex
mx x n ，
令
2 2 2
ex
mx xf x ，
则
2 2
ex
m x xmf x
，当 2m 时， 21 0m
，
函数 f x 在 2, m
， 2, 上单调递增，在 2 ,2m
上单调递减，
故函数 f x 的极大值为
2
2
2 2 2e 0
e
m
m
f m
，极小值为 2
4 22 0e
mf ，
且 2x 时，
2 2 2 0ex
mx xf x ，所以
2
max 2e mf x
，由 2m ，
得 2
2e 2em
，由 f x n 恒成立，得 2en ，
故选：D．
7．【多选题】（2021·河北衡水中学高三其他模拟）已知函数 3e ex x x af xx ，则下列结论中正确
的是（ ）
A．若 f x 在区间 1,1 上的最大值与最小值分别为 M ， m ，则 0M m
B．曲线 y f x 与直线 y ax 相切
C．若 f x 为增函数，则 a 的取值范围为 ,2
D． f x 在 R 上最多有3个零点
【答案】ACD
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【解析】
由定义法确定函数的奇偶性，再求导数判断函数的单调性与切线斜率，以及零点情况.
【详解】
因为对于任意 xR ，都有 3e ex x xx a x f xf ，
所以 f x 为奇函数，其图象关于原点对称，故 A 正确.
又 2e e 3x x x af x ，令 f x a ，得 2e e 3 0x x x (*)，
因为 e 0x ， e 0x ，所以方程(*)无实数解，
即曲线 y f x 的所有切线的斜率都不可能为 a ，故 B 错误.
若 f x 为增函数，则 ( )f x¢ 大于等于 0，
即 2e e 3x xa x ， 2e e 3 2x x x ，
当且仅当 0x 时等号成立，所以 2a ，故 C 正确.
令 ( ) 0f x = ，得 0x 或 2e ex x
x ax
( 0x ).设 2e ex x
g x xx
，
则
2
1 e 1 e 2
x xx x xxg x
，令 1 e 1 ex xx xt x ，
则 e ex xx xt .当 0x 时， 0t x ，
当 0x 时， 0t x ，当 0x 时， 0t x ，
所以函数 t x 为增函数，且 0 0t ，所以当 0x 时， 0t x ，
从而 ( ) 0g x¢ > ， g x 单调递增.又因为对于任意 0x ，都有 g x g x ，
所以 g x 为偶函数，其图象关于 y 轴对称.
综上， g x 在( ),0-¥ 上单调递减，在( )0,+¥ 上单调递增，
则直线 y a 与 ( )y g x= 最多有 2 个交点，所以 f x 在 R 上最多有 3 个零点，故 D 正确.
故选 ACD.
8．（2021·黑龙江大庆市·高三一模（理））用总长11m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底
面一条边比另一条边长 1m，则该容器容积的最大值为________m3（不计损耗）．
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【答案】 9
16 .
【解析】
设长方体的底面边长为 ,a b ，高为 h ，由题可得 3 21 72 4 4V b b b ，求出函数导数，判断单调性，即可
求出最值.
【详解】
设长方体的底面边长为 ,a b ，高为 h ，
则由题可得 1a b ， 4 11a b h ，则可得 7 8
4
bh ，则 70 8b ，
则该容器容积 3 27 8 1 71 24 4 4
bV abh b b b b b ，
2 1 7 1 76 62 4 2 12V b b b b
，
当 10, 2b
时， 0V ，V 单调递增；当 1 7,2 8b
时， 0V ，V 单调递减，
当 1
2b 时， max
9
16V ，即该容器容积的最大值为 9
16 .
故答案为： 9
16 .
9．（2021·湖南高三其他模拟）中国最早的化妆水是1896年在香港开设的广生行生产的花露水，其具有保湿、
滋润、健康皮肤的功效.已知该化妆水容器由一个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，化妆水
储存在圆柱中），容器轴截面如图所示，上部分是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为12cm .则当圆柱的
底面半径 r ___________时，该容器的容积最大，最大值为___________.
【答案】 8 cm2
3
2
128 cm
2
【解析】
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设圆柱的底面半径为 r ，圆柱的高为 h ，根据已知条件可得出 26 2h r ，根据柱体的体积公式可得
2 326 2V r r
，利用导数可求得V 的最大值及其对应的 r 的值，即为所求.
【详解】
设圆柱的底面半径为 r ，圆柱的高为 h .
则由题意可得 2 2 12r h r ，所以 12 2 262 2
rh r
.
由 0h ，得 12
2r .
故容器的容积 2 2 2 322 126 6 02 2 2V r h r r r r r
，
容易忽略上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中.
23 212 2V r r
，令 0V ，解得 0r （舍）或 8
2r .
显然当 80, 2r
时， 0V ，函数 2 326 2V r r
单调递增；
当 8 12,2 2r
时， 0V ，函数 2 326 2V r r
单调递减.
所以当 8 cm2r
时，V 取得最大值，
此时 2 86 2cm2 2h
，
2
3
2
8 1282 cm2 2
V
.
故答案为： 8 cm2
；
3
2
128 cm
2
.
10．（2021·全国高三其他模拟）若函数 ln( ) 1x xf x ae x
只有一个零点，则实数 a 的取值范围是
________．
【答案】 0a 或 1a e
【解析】
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将函数的零点转化为方程 ln ( 0)x
x xa xxe
的根，令 ln( ) x
x xg x xe
，利用导数研究函数的图象特征，即
可得到答案；
【详解】
ln ln1 0 ( 0)x
x
x x xae a xx xe
，
令 ln( ) x
x xg x xe
，则 '
2
( )(1 ln )( ) x
x x xg x x e
，
' '( ) 0 1 ln 0, ( ) 0 1 ln 0,g x x x g x x x
令 ( ) 1 lnu x x x ，则 ' 1( ) 1 0u x x
在 0x 恒成立，
( ) 1 lnu x x x 在 (0, ) 单调递减，且 (1) 0u ，
' '( ) 0 0 1, ( ) 0 1g x x g x x ，
( )g x 在 (0,1) 单调递增，在 (1, ) 单调递减，且 1(1)g e
，
当 x 时， ( ) 0g x ，
如图所示，可得当 0a 或 1a e
时，直线 y a 与 ln
x
x xy xe
有且仅有一个交点，
故答案为： 0a 或 1a e
1．（2021·全国高三其他模拟）若不等式 ln x ax b 恒成立，则 2a b 的最小值为（ ）
A． 2 B．3 C． ln 2 D．5
【答案】C
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【解析】
构造函数 lnf x ax x b ，根据函数的单调性及最值可得 ln 1b a ，故 2 2 ln 1a b a a ，再
构造 2 ln 1g x x x ，求得函数 g x 的最小值即可.
【详解】
由 ln x ax b 恒成立，得 ln 0ax x b ，
设 lnf x ax x b ， 1f x a x
，
当 0a 时， ( ) 0f x¢ < ， f x 在( )0,+¥ 上单调递减，不成立；
当 0a 时，令 ( ) 0f x¢ = ，解得 1x a
，
故函数 f x 在 10, a
上单调递减，在 1 ,a
上单调递增，
故 1 0f x f a
，即 1 1ln 0a ba a
， ln 1b a ，
2 2 ln 1a b a a ，
设 2 ln 1g x x x ， 12g x x
，
令 ( ) 0g x¢ = ， 1
2x ，
故 g x 在 10, 2
上单调递减，在 1 ,2
上单调递增，
故 1 1 12 ln 1 ln 22 2 2g x g
，
即 2 ln2a b ，
故选：C.
2.（2021·北京高考真题）已知函数 ( ) lg 2f x x kx ，给出下列四个结论：
①若 0k ，则 ( )f x 有两个零点；
② 0k ，使得 ( )f x 有一个零点；
③ 0k ，使得 ( )f x 有三个零点；
④ 0k ，使得 ( )f x 有三个零点．
以上正确结论得序号是_______．
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【答案】①②④
【解析】
由 0f x 可得出 lg 2x kx ，考查直线 2y kx 与曲线 lgg x x 的左、右支分别相切的情形，
利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
【详解】
对于①，当 0k 时，由 lg 2 0f x x ，可得 1
100x 或 100x ，①正确；
对于②，考查直线 2y kx 与曲线 lg 0 1y x x 相切于点 , lgP t t ，
对函数 lgy x 求导得 1
ln10y x
，由题意可得
2 lg
1
ln10
kt t
k t
，解得 100
100 lg
et
k ee
，
所以，存在 100 lg 0k ee
，使得 f x 只有一个零点，②正确；
对于③，当直线 2y kx 过点 1,0 时， 2 0k ，解得 2k ，
所以，当 100 lg 2e ke
时，直线 2y kx 与曲线 lg 0 1y x x 有两个交点，
若函数 f x 有三个零点，则直线 2y kx 与曲线 lg 0 1y x x 有两个交点，
直线 2y kx 与曲线 lg 1y x x 有一个交点，所以，
100 lg 2
2 0
e ke
k
，此不等式无解，
因此，不存在 0k ，使得函数 f x 有三个零点，③错误；
对于④，考查直线 2y kx 与曲线 lg 1y x x 相切于点 ,lgP t t ，
对函数 lgy x 求导得 1
ln10y x
，由题意可得
2 lg
1
ln10
kt t
k t
，解得
100
lg
100
t e
ek e
，
所以，当 lg0 100
ek e
时，函数 f x 有三个零点，④正确.
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故答案为：①②④.
3．（2021·高三其他模拟（文））设函数 2 22 lnxf x x x e aex e x ，其中 e 为
自然对数的底数，曲线 y f x 在 2 2f, 处切线的倾斜角的正切值为 23 22 e e ．
（1）求 a 的值；
（2）证明： 0f x ．
【答案】（1） 2a ；（2）证明见解析．
【解析】
（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；
（2）依题意即证 2 22 2 ln 0xf x x x e ex e x ，即 1 2 ln2 x xx e e x
，构造函数
2 22 xg x x e e
， ln xh x x
，利用导数说明其单调性与最值，即可得到 g x h x ，从而得
证；
【详解】
解：（1）因为 2 22 lnxf x x x e aex e x ，所以 2
2 2 x ef x x e ae x
，
2 23 32 22 2
e ef ae e ，解得 2a ．
（2）由（1）可得 2 22 2 lnxf x x x e ex e x
即证 2 2 1 2 ln2 2 ln 0 2x x xf x x x e ex e x x e e x
．
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令 2 22 xg x x e e
， 21 xg x x e ，于是 g x 在 0,1 上是减函数，在 1, 上是增函数，
所以 11g x g e
（ 1x 取等号）．
又令 ln xh x x
，则 2
1 ln xh x x
，于是 h x 在 0,e 上是增函数，在 ,e 上是减函数，所以
1h x h e e
（ x e 时取等号）．
所以 g x h x ，即 0f x ．
4．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数 ln e xf x x m x .
（1）若 f x 的图象在点 1, 1f 处的切线与直线 2 0x y 平行，求 m 的值；
（2）在（1）的条件下，证明：当 0x 时， 0f x ；
（3）当 1m > 时，求 f x 的零点个数.
【答案】（1） 1m ；（2）证明见解析；（3）有一个零点.
【解析】
（1）利用导数的几何意义求解即可
（2）利用导数，得到 f x 在 0, 上单调递增，由 0 0f ，即可证明 0f x 在 0, 上恒成立
（3）由（2）可知当 1m > 且 0x 时， ln 1 e 0xf x x x ，即 f x 在 0, 上没有零点，再
根据， 0x m ，得到 x m ， 对 ,0x m 进行讨论，即可求解
【详解】
解：（1）因为 f x 的图象在点 1, 1f 处的切线与直线 2 0x y 平行，
所以 11 2f ，
因为 1 1 e xf x xx m
，
所以 1 11 1 2f m
，解得 1m .
（2）由（1）得当 1m 时，
21 e 11 e1 1 e
x
x
x
xf x xx x
，
当 0x 时，因为 0f x ，所以 f x 在 0, 上单调递增，
因为 0 0f ，所以 0f x 在 0, 上恒成立.
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（3）由（2）可知当 1m > 且 0x 时， ln 1 e 0xf x x x ，
即 f x 在 0, 上没有零点，
当 ,0x m 时，
2e 11 1 e e
x
x
x
x m x mf x xx m x m
，
令 2e 1xg x x m x m ， ,0x m ，
则 e 2 1xg x x m 单调递增，
且 e 2 1 e 1 0m mg m m m m ，
0 0g m ，
所以 g x 在 ,0m 上存在唯一零点，记为 0x ，
且 0,x m x 时， 0g x ， 0 ,0x x 时， 0g x ，
所以 g x 在 0,m x 上单调递减，在 0,0x 上单调递增，
因为 1m > ，
所以 e 0mg m ， 0 1 0g m ，
因为 0 0g x g ，所以 0 0g x ，
所以 g x 在 0,m x 上存在唯一零点 1x ，且在 0,0x 上恒小于零，
故 1,x m x 时， 0g x ； 1,0x x 时， 0g x ，
所以 f x 在 1,m x 上单调递增，在 1,0x 上单调递减，且 0 ln 0f m ，
所以 f x 在 ,0m 上至多有一个零点，
取 e
2 e ,0mmx m m ，
则有 2 2ln e 0mf x x m m ，
所以由零点存在定理可知 f x 在 ,0m 上只有一个零点，
又 f(0)不为 0，所以 f x 在 ,m 上只有一个零点.
5．（2021·黑龙江哈尔滨市·高三其他模拟（文））已知函数
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2 21 1( ) ( 1) ln ( 0)2 2f x x a x a x a a .
（1）讨论 ( )f x 的单调性；
（2）若函数 ( )y f x 只有一个零点，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2） 0 1 2a 或 a e .
【解析】
（1）求得 'f x ，对 a 进行分类讨论，由此求得 f x 的单调区间.
（2）根据（1）的结论，结合函数的极值以及零点个数，求得 a 的取值范围.
【详解】
（1） ' 1x x af x x
，
当 0 1a 时，由 ' 0 0f x x a 或 1x ，所以 f x 在 0,a ， 1, 单调递增，
由 ' 0 1f x a x ，所以 f x 在 ,1a 单调递减；
当 1a 时，由 ' 0 0 1f x x 或 x a ，所以 f x 在 0,1 ， ,a 单调递增，由
' 0 1f x x a ，所以 f x 在 1,a 单调递减；
当 1a 时， 2
' 1 0xf x x
f x 在 0, 单调递增.
（2） 1(1) (1 2) (1 2)2f a a ， ( ) (ln 1)f a a a ，
由（1）知当 0 1a 时， ( )f x 在 x a 处，有极大值，且 0f a ，此时函数有一个零点；
当 1a 时， ( )f x 在 0, 单调递增，且 1 0f ，此时函数有一个零点；
当 1a 时， 0,1 ， ,a 单调递增， 1,a 单调递减， ( )f x 在 x a 处，有极小值，
( )f x 在 1x 处，有极大值，则当 1 0f ，或 0f a 时函数有一个零点，有1 1 2a 或 a e .
综上： 0 1 2a 或 a e .
6．（2021·河北高三其他模拟）已知函数 2 ln 1( ) (ln ) ( )2
k xf x x kx
R .
（1）当 0k 时，求证： 1f x ≤ ；
17 / 33
（2）当 0k 时，讨论 f x 零点的个数.
【答案】（1）证明过程见解答；（2）当 0k 时， ( )f x 有两个零点，当 0k 时， ( )f x 有一个零点．
【解析】
（1）将 0k 代入，对 ( )f x 求导，得到其单调性，判断其最值，即可得证；
（2）令 t lnx ，则 ( ) 0f x 即为 2 1 02 t
k tt e
，显然 0t ，进一步转化为 2
1
2 t
k t
t e
，令 2
1( ) ( 0)t
th t tt e
，
利用导数作出 ( )h t 的大致图象，进而图象判断方程解的情况，进而得到函数 ( )f x 零点情况．
【详解】
（1）证明：当 0k 时， 1( ) ( 0)lnxf x xx
，则 2( ) lnxf x x
，
当 (0,1)x 时， ( ) 0f x ， ( )f x 单增，当 (1, )x 时， ( ) 0f x ， ( )f x 单减，
( )f x f （1） 1 ，即得证；
（2）令 t lnx ，则 ( ) 0f x 即为 2 1 02 t
k tt e
，
当 0t ，即 1x 时，该方程不成立，故 1x 不是 ( )f x 的零点；
接下来讨论 0t 时的情况，当 0t 时，方程可化为 2
1
2 t
k t
t e
，
令 2
1( ) ( 0)t
th t tt e
，则
2
2 2
( ) t
t th t t e
，
当 0t 时， 2 22 2 ( ) 2 2 2 2 0t tt t
，当且仅当 2t 时取等号，
当 0t 时， 2 22 2 2 2 2 2 0t tt t
，当且仅当 2t 时取等号，
当 0t 时， ( ) 0h t ， ( )h t 单增，当 0t 时， ( ) 0h t ， ( )h t 单减，且当 0t 时， ( )h t ， ( 1) 0h ，
当 1t 时， ( ) 0h t ，当 0t 时， ( ) 0h t ，
函数 ( )h t 的大致图象如下：
18 / 33
由图象可知，当 02
k ，即 0k 时， 2
1
2 t
k t
t e
只有一个解，则 ( )f x 有一个零点，当 02
k ，即 0k 时，
2
1
2 t
k t
t e
有两个解，则 ( )f x 有两个零点．
综上，当 0k 时， ( )f x 有两个零点，当 0k 时， ( )f x 有一个零点．
7．（2021·高三二模）已知函数 ( ) xf x e ， ( ) 1g x ax .
（1）已知 ( ) ( )f x g x 恒成立，求 a 的值；
（2）若 (0,1)x ，求证： 21 ln 1 1( )
x xf x x
.
【答案】（1） 1a ；（2）证明见解析.
【解析】
（1）作差，设 ( ) ( ) ( ) 1xh x f x g x e ax ，利用导数求出 ( )h x 的最小值为 (ln ) ln 1 0h a a a a ，
只需 1ln 1 0a a
；设 1( ) ln 1a a a
，利用导数求出 min( ) (1) 0a ，解出 1a ；
（2）利用 1xe x 把原不等式转化为证明1 ln 1 11
x xx x
，即证： 2 1ln 1 0x x x
，
设 2 1( ) ln 1F x x x x
，利用导数求出最小值，即可证明.
【详解】
（1）设 ( ) ( ) ( ) 1xh x f x g x e ax ， ( ) xh x e a ，
当 0a 时， ( ) 0xh x e a ， ( )h x 单增，当 , ( )x h x ，不满足恒成立
当 0a ， ( )h x 在 ( ,ln )x a 单减， ( )h x 在 (ln , )x a 单增，
所以 ( )h x 的最小值为 (ln ) ln 1 0h a a a a ，即 11 ln 0a a
，即 1ln 1 0a a
设 1( ) ln 1a a a
， 2
1( ) aa a
，所以 ( ) x 在 (0,1)x 单减， ( ) x 在 (1, ) 单增，
即 min( ) (1) 0a ，故 1ln 1 0a a
的解只有 1a ，综上 1a
（2）先证当 (0,1)x 时， 1xe x 恒成立.
19 / 33
令 ( ) 1xh x e x ，求导 ( ) 1 0xh x e ，所以 ( )h x 在 (0,1)x 上单调递增，
( ) (0) 0h x h ，所以 1xe x
所以要证1 ln 1 1x
x xe x
，即证1 ln 1 11
x xx x
，
即证 2 11 ln 1xx x x xx
，即证： 2 1ln 1 0x x x
，
设 2 1( ) ln 1F x x x x
，求导 2 2
1 1 1( ) 2 ( 1) 2 0F x x x xx x x
，
所以 ( )F x 在(0,1) 上单调递减，所以 ( ) (1) 1 0F x F ，即原不等式成立.
所以当 (0,1)x 时，如 1 ln 1 1( )
x xf x x
成立.
8.（2021·全国高三其他模拟）已知函数 ln x af x ax
， 0,x .
（1）当 0a 时，讨论函数 f x 的单调性；
（2）若函数 f x 存在极大值 M ，证明： 1 2Me
.
【答案】（1）当 0,x e 时， f x 单调递增；当 ,x e 时， f x 单调递减；（2）证明见解析．
【解析】
（1）将 0a 代入函数，并求导即可分析单调性；
（2）求导函数，讨论当 0a ，0 1a 与 1a 时分析单调性，并判断是否有极大值，再求解极大值，即
可证明．
【详解】
（1） f x 的定义域是 0,
当 0a 时， ln xf x x
， 2
1 ln xf x x
，
令 0f x ，得 x e ，
所以当 0,x e 时， 0f x ， f x 单调递增；
20 / 33
当 ,x e 时， 0f x ， f x 单调递减；
（2）
2 2
ln ln
x x a x x a x ax af x x x x a
，
令 ln , 0,g x x x a x a x ，
则 lng x x a ，
由 f x 的定义域是 0, ，易得 0a ，
当 0a 时，由（1）知， f x 在 x e 处取得极大值，所以 1 M f e e .
当 1a 时， 0g x 在 0,x 上恒成立，
所以 g x 在 0, 上单调递减， ln 0g x a a ，所以 0f x ，故 f x 没有极值.
当 0 1a 时，令 0g x ，得 1x a ，
所以当 0,1x a 时， 0g x ， g x 单调递增；当 1 ,x a 时， 0g x ， g x 单调递减.
所以当 0,1x a 时， ln 0g x a a ，
又 1 1 0g a a ， 0 g e a a ，且 1 e a a ，
所以存在唯一 0 1 , x a e a ，使得 0 0 0 0lng x x x a x a ，
当 00,x x 时， 0g x ，即 0f x ， f x 单调递增；当 0,x x 时， 0g x ，即 0f x ，
f x 单调递减.
所以当 0x x 时， f x 取得极大值，
所以 0
0
0
ln x aM f x ax
，
所以 0 0 0 0 0
0 0
1 1 lnM x a x x a x a x ax a x a
.
令 0x a t ，则 1,t e ，设 1 lnh t t t tt
， 1,t e ，
21 / 33
则 2
1 ln 0h t tt
，
所以 h t 在 1,e 上单调递减，
所以 1 2 h te
，所以 1 2 Me .
综上，若函数 f x 存在极大值 M ，则 1 2Me
．
9．（2021·重庆高三二模）已知函数 ( ) ln ( )f x ax x a R 在 1x 处取得极值．
（1）若对 (0, ), ( ) 1x f x bx 恒成立，求实数b 的取值范围；
（2）设 ( ) ( ) ( 2) xg x f x x e ，记函数 ( )y g x 在 1 ,14
上的最大值为 m ，证明：( 4)( 3) 0m m ．
【答案】（1） 2
11b e
≤ ；（2）证明见解析．
【解析】
（1）由条件求出 a ，然后由 ( ) 1f x bx 可得 1 ln1+ xb x x
，然后用导数求出右边对应函数的最小值即
可；
（2） 1 1( ) ( 1)e 1 ( 1)( )x xg x x x ex x
，令 1exh x x
，然后可得存在 0
1( ,1)2x 使得 0 0h x ，
即 0
0
1ex
x
，即 0 0ln x x ，然后可得
0
max 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0
1 2( ) ( ) ( 2) ln ( 2) 1 2xm g x g x x e x x x x x xx x
，然后判断出函数
2( ) 1 2G x xx
的单调性即可.
【详解】
（1）∵ 1( )f x a x
， (1) 1 0f a ，∴ 1a ，
由已知 ( ) 1f x bx ，即 ln 1x x bx ，即 1 ln1+ xb x x
对 0,x 恒成立，
22 / 33
令 1 ln( ) 1 xt x x x
，则 2 2 2
1 1 ln ln 2( ) x xt x x x x
，
易得 ( )t x 在 2(0, )e 上单调递减，在 2( , )e 上单调递增，
∴ 2
min 2
1( ) ( ) 1t x t e e
，即 2
11b e
≤ ．
（2） ( ) ( ) ( 2)e ( 2)e lnx xg x f x x x x x ，
则 1 1( ) ( 1)e 1 ( 1)( )x xg x x x ex x
．
当 1 14 x 时， 1 0x ，令 1exh x x
，
则 2
1( ) e 0xh x x
，所以 h x 在 1[ ,1]4
上单调递增．
∵
1
21( ) ( ) e 2 02h h x ， (1) 1 0h e ，
∴存在 0
1( ,1)2x 使得 0 0h x ，即 0
0
1ex
x
，即 0 0ln x x ．
∴当 0
1( , )4x x 时， 0h x ，此时 ( ) 0g x ；
当 0( ,1)x x 时， 0h x ，此时 0g x ；
即 g x 在 0
1( , )4 x 上单调递增，在 0( ),1x 上单调递减，
则 0
max 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0
1 2( ) ( ) ( 2) ln ( 2) 1 2xm g x g x x e x x x x x xx x
．
令 2( ) 1 2G x xx
， 1( ,1)2x ，则
2
2 2
2 2(1 )( ) 2 0xG x x x
，
∴ ( )G x 在 1( ,1)2x 上单调递增，则 1( ) ( ) 42G x G ， ( ) (1) 3G x G ，
∴ 4 3m ．∴ 4 3 0m m ．
23 / 33
10．（2021·江苏南通市·高三一模）已知函数 21ln 22f x ax ax x ， 0a .
（1）求函数 f x 的增区间；
（2）设 1x ， 2x 是函数 f x 的两个极值点，且 1 2x x ，求证： 1 2 2x x .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）求函数的导数，分类讨论，解不等式即可求解；
（2）根据极值点可转化为 1x ， 2x 是方程 2 2 1 0 ax x 的两个不相等的正实数根，可得 1
2x 且 1x ，
要证 1 2 2x x ，只要证 2 12x x ，利用构造函数的单调性证明即可.
【详解】
（1）由题意得
21 2 12 axax xf x x
x
( 0x ).
令 0f x ，则 2 2 1 0ax x .
①当 22 4 0a ，即 1a 时， 2 2 1 0ax x 在 0, 上恒成立，即 f x 的增区间为 0, ；
②当 22 4 0a ，即 0 1a 时， 1 10 ax a
或 1 1 ax a
，即 f x 的增区间为
1 10, a
a
和 1 1 ,a
a
.
综上，当 1a 时， f x 的增区间为 0, ；当 0 1a 时， f x 的增区间为 1 10, a
a
和
1 1 ,a
a
.
（2）因为
2 2 1xx ax
xf ( 0x )， f x 有两个极值点 1x ， 2x ，
所以 1x ， 2x 是方程 2 2 1 0 ax x 的两个不相等的正实数根，可求出
从而 22 4 0a ， 0a ，解得 0 1a .
由 2 2 1 0 ax x 得 2
2 1xa x
.
24 / 33
因为 0 1a ，所以 1
2x 且 1x .
令 2
2 1xg x x
， 1
2x 且 1x ，则
3
2 1 xg x x
，
所以当 1 12 x 时， 0g x ，从而 g x 单调递增；当 1x 时， 0g x ，从而 g x 单调递减，
于是 1 2
2 2
1 2
2 1 2 1x xa x x
( 1 2
1 12 x x ).
要证 1 2 2x x ，只要证 2 12x x ，只要证明 2 12g x g x .
因为 1 2g x g x ，所以只要证 1 12g x g x .
令
11
1 1 1 22
1 1
2 2 12 12
2
xxF x g x g x x x
则
11
1 33
1 1
2 1 22 1
2
xxF x x x
1 1
33
1 1
2 1 2 1
2
x x
x x
1 33
1 1
1 12 1
2
x x x
2 2 2
1 1 1 1 1
33
1 1
4 1 2 2
2
x x x x x
x x
.
因为 1
1 12 x ，
所以 1 0F x ，即 1F x 在 1 ,12
上单调递增，
所以 1 1 0F x F ，即 1 12g x g x ，
所以 2 12x x ，即 1 2 2x x .
1．（2021·全国高考真题（文））设函数 2 2( ) 3ln 1f x a x ax x ，其中 0a .
（1）讨论 f x 的单调性；
25 / 33
（2）若 y f x 的图像与 x 轴没有公共点，求 a 的取值范围.
【答案】（1） f x 的减区间为 10, a
，增区间为 1 ,+a
；（2） 1a e
.
【解析】
（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据 1 0f 及（1）的单调性性可得 min 0f x ，从而可求 a 的取值范围.
【详解】
（1）函数的定义域为 0, ，
又 2 3 ( 1)( ) ax axf x x
，
因为 0, 0a x ，故 2 3 0ax ，
当 10 x a
时， ( ) 0f x ；当 1x a
时， ( ) 0f x ；
所以 f x 的减区间为 10, a
，增区间为 1 ,+a
.
（2）因为 21 1 0f a a 且 y f x 的图与 x 轴没有公共点，
所以 y f x 的图象在 x 轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得 min
1 13 3ln 3 3lnf x f aa a
，
故3 3ln 0a 即 1a e
.
2.（2021·全国高考真题（理））设函数 lnf x a x ，已知 0x 是函数 y xf x 的极值点．
（1）求 a；
（2）设函数 ( )( ) ( )
x f xg x xf x
．证明: 1g x ．
【答案】1；证明见详解
【解析】
（1）由题意求出 'y ，由极值点处导数为 0 即可求解出参数 a ；
26 / 33
（2）由（1）得
ln 1( ) ln 1
x xg x x x
， 1x 且 0x ，分类讨论 0,1x 和 ,0x ，可等价转化为要
证 1g x ，即证 ln 1 ln 1x x x x 在 0,1x 和 ,0x 上恒成立，结合导数和换元法即可
求解
【详解】
（1）由 n 1'l af xa x f xx ， ' ln xy a x x ay xf x
，
又 0x 是函数 y xf x 的极值点，所以 ' 0 ln 0y a ，解得 1a ；
（2）由（1）得 ln 1f x x ，
ln 1( )( ) ( ) ln 1
x xx f xg x xf x x x
， 1x 且 0x ，
当 0,1x 时，要证
ln 1( ) 1ln 1
x xg x x x
， 0,ln 1 0x x ， ln 1 0x x ，即证
ln 1 ln 1x x x x ，化简得 1 ln 1 0x x x ；
同理，当 ,0x 时，要证
ln 1( ) 1ln 1
x xg x x x
， 0,ln 1 0x x ， ln 1 0x x ，即证
ln 1 ln 1x x x x ，化简得 1 ln 1 0x x x ；
令 1 ln 1h x x x x ，再令 1t x ，则 0,1 1,t ， 1x t ，
令 1 lng t t t t ， ' 1 ln 1 lng t t t ，
当 0,1t 时， ' 0g x ， g x 单减，假设 1g 能取到，则 1 0g ，故 1 0g t g ；
当 1,t 时， ' 0g x ， g x 单增，假设 1g 能取到，则 1 0g ，故 1 0g t g ；
综上所述，
ln 1( ) 1ln 1
x xg x x x
在 ,0 0,1x 恒成立
3．（2021·全国高考真题）已知函数 1 lnf x x x .
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）设 a ，b 为两个不相等的正数，且 ln lnb a a b a b ，证明： 1 12 ea b
.
【答案】（1） f x 的递增区间为 0,1 ，递减区间为 1,+ ；（2）证明见解析.
27 / 33
【解析】
（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；
（2）设 1 2
1 1,x xa b
，原不等式等价于 1 22 x x e ，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者
可设 2 1x tx ，从而把 1 2x x e 转化为 1 ln 1 ln 0t t t t 在 1, 上的恒成立问题，利用导数可证
明该结论成立.
【详解】
（1）函数的定义域为 0, ，
又 1 ln 1 lnf x x x ，
当 0,1x 时， 0f x ，当 1,+x 时， 0f x ，
故 f x 的递增区间为 0,1 ，递减区间为 1,+ .
（2）因为 ln lnb a a b a b ，故 ln 1 ln +1b a a b ，即 ln 1 ln +1a b
a b
，
故 1 1f fa b
，
设 1 2
1 1,x xa b
，由（1）可知不妨设 1 20 1, 1x x .
因为 0,1x 时， 1 ln 0f x x x ， ,x e 时， 1 ln 0f x x x ，
故 21 x e .
先证： 1 2 2x x ，
若 2 2x ， 1 2 2x x 必成立.
若 2 2x ， 要证： 1 2 2x x ，即证 1 22x x ，而 20 2 1x ，
故即证 1 22f x f x ，即证： 2 22f x f x ，其中 21 2x .
设 2 ,1 2g x f x f x x ，
则 2 ln ln 2g x f x f x x x ln 2x x ，
因为1 2x ，故 0 2 1x x ，故 ln 2 0x x ，
28 / 33
所以 0g x ，故 g x 在 1,2 为增函数，所以 1 0g x g ，
故 2f x f x ，即 2 22f x f x 成立，所以 1 2 2x x 成立，
综上， 1 2 2x x 成立.
设 2 1x tx ，则 1t ，
结合 ln 1 ln +1a b
a b
， 1 2
1 1,x xa b
可得： 1 1 2 21 ln 1 lnx x x x ，
即： 1 11 ln 1 ln lnx t t x ，故 1
1 lnln 1
t t tx t
，
要证： 1 2x x e ，即证 11t x e ，即证 1ln 1 ln 1t x ，
即证： 1 lnln 1 11
t t tt t
，即证： 1 ln 1 ln 0t t t t ，
令 1 ln 1 ln , 1S t t t t t t ，
则 1 1 2ln 1 1 ln ln 11 1
tS t t tt t t
，
先证明一个不等式： ln 1 xx .
设 ln 1u x x x ，则 1 11 1
xu x x x
，
当 1 0x 时， 0u x ；当 0x 时， 0u x ，
故 u x 在 1,0 上为增函数，在 0,+ 上为减函数，故 max 0 0u x u ，
故 ln 1 xx 成立
由上述不等式可得当 1t 时， 1 1 2ln 1 1t t t
，故 0S t 恒成立，
故 S t 在 1, 上为减函数，故 1 0S t S ，
故 1 ln 1 ln 0t t t t 成立，即 1 2x x e 成立.
综上所述， 1 12 ea b
.
4.（2020·山东海南省高考真题）已知函数 1( ) e ln lnxf x a x a ．
29 / 33
（1）当 a e 时，求曲线 y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若 f（x）≥1，求 a 的取值范围．
【答案】（1） 2
1e
（2）[1, )
【解析】
（1） ( ) ln 1xf x e x Q ， 1( ) xf x e x
， (1) 1k f e .
(1) 1f e Q ，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数 f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 1 ( 1)( 1)y e e x ,即 1 2y e x ,
切线与坐标轴交点坐标分别为 2(0,2),( ,0)1e
,
∴所求三角形面积为 1 2 22 | |=2 1 1e e
;
（2）解法一： 1( ) ln lnxf x ae x a Q ,
1 1( ) xf x ae x
，且 0a .
设 ( ) ( )g x f x ,则 1
2
1( ) 0,xg x ae x
∴g(x)在 (0, ) 上单调递增，即 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增，
当 1a 时， ( ) 01f ,∴ 1 1minf x f ,∴ 1f x 成立.
当 1a 时， 1 1a
， 1 1
1ae
∴ ，
1 11( ) (1) ( 1)( 1) 0af f a e aa
,
∴存在唯一 0 0x ，使得 0 1
0
0
1( ) 0xf x ae x
，且当 0(0, )x x 时 ( ) 0f x ，当 0( , )x x 时
( ) 0f x ， 0 1
0
1xae x
， 0 0ln 1 lna x x ，
因此 0 1
min 0 0( ) ( ) ln lnxf x f x ae x a
0 0
0 0
1 1ln 1 ln 2ln 1 2 2ln 1a x a a x ax x
>1,
∴ 1,f x ∴ 1f x 恒成立；
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当 0 1a 时， (1) ln 1,f a a a ∴ (1) 1, ( ) 1f f x 不是恒成立.
综上所述，实数 a 的取值范围是[1,+∞).
解法二： 1 1 1x lna xf x ae lnx lna e lnx lna 等价于
1 1lna x lnxe lna x lnx x e lnx ,
令 xg x e x ,上述不等式等价于 1g lna x g lnx ,
显然 g x 为单调增函数，∴又等价于 1lna x lnx ，即 1lna lnx x ，
令 1h x lnx x ,则 1 11 xh x x x
在 0,1 上 h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上 h’(x)
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