2020-2021年新高三数学一轮复习考点 导数与不等式，函数零点等
2020-2021 年新高三数学一轮复习考点 导数与不等式，函数零点等
1.最新考试说明：
1．从近几年高考命题情况来看，对这部分内容的考查题型有小题也有大题，作为解答题时难度较大.
导数可以把函数、方程、不等式等有机地联系在一起.解决函数的零点或方程的根的问题，在解题过程中要
注意转化与化归、函数与方程、数形结合、分类讨论思想的应用.此类试题一般以含参数的三次式、分式、
以 e 为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，是近几年高考命题热点.主
要有两种考查类型：
（1）确定函数零点（图象交点及方程根）的个数问题；
（2）根据函数零点（图象交点及方程根）的个数求参数的值或取值范围问题.
【2020 年高考全国Ⅰ卷文数 20】已知函数 e2xfxax ．
（1）当 1a 时，讨论 fx的单调性；
（2）若 fx有两个零点，求 a 的取值范围．
【答案】（1）减区间为( ,0) ，增区间为(0, ) ；（ 2） 1( , )e ．
【思路导引】（1）将 代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增
区间和减区间；
（2）若 ()fx有两个零点，即 (2)0xeax 有两个解，将其转化为
2
xea x
有两个解，令
()(2) 2
xehxx x
，求导研究函数图像的走向，从而求得结果．
【解析】（1）当 时， ( ) ( 2)xf x e x ， ' ( ) 1xf x e，令 ' ()0fx ，解得 0x ，令 ' ()0fx ，
解得 0x ，∴ 的减区间为 ，增区间为 ．
（2）若 有两个零点，即 有两个解，从方程可知， 2x 不成立，即 有两个解．
令 ，则有 '
22
( 2) ( 1)() ( 2) ( 2)
x x xe x e e xhx xx
，令 ' ()0hx ，解得 1x ，令 ' ()0hx ，
解得 2x 或 21x ，∴函数 ()hx在( , 2) 和 (2,1)上单调递减，在(1,) 上单调递增，且当
时， ( ) 0hx ，而 2x 时， ()hx ，当 x 时， ，∴当 有两个
解时，有 1( 1 )ah e ，∴满足条件的 a 的取值范围是： 1( , )e ．
【专家解读】本题的特点是灵活运用导数研究函数的性质，本题考查了导数与函数的单调性，考查导数与
函数的零点，考查数形结合思想，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是结合函数
的图像研究问题．
【2020 年高考全国Ⅲ卷文数 20】已知函数 32f x x kx k ．
（1）讨论 fx的单调性：（2）若 fx有三个零点，求 k 的取值范围．
【答案】（1）详见解析；(2) 4(0, )27
．
【思路导引】（1） '2( ) 3f x x k ，对 k 分 0k 和 0k 两种情况讨论即可；
（2） ()fx有三个零点，由（1）知 ，且
( ) 0 3
( ) 0 3
kf
kf
，解不等式组得到 的范围，再利用零点存在
性定理加以说明即可．
【解析】（1）由题， ，
当 时， ' ()0fx 恒成立，∴ 在 (,) 上单调递增；
当 时，令 ' ()0fx ，得
3
kx ，令 ' ()0fx ，得
33
kkx ，
令 ' ( ) 0fx ，得
3
kx 或
3
kx ，∴ 在(,) 33
kk 上单调递减，在(,) 3
k ， (,) 3
k 上
单调递增．
（2）由（1）知， 有三个零点，则 ，且 ，即
2
2
2 033
2 033
kkk
kkk
，解得 40 27k ，
当 时，
3
kk ，且 2( ) 0f k k，∴ 在(,) 3
k k 上有唯一一个零点，
同理 1 3
kk ， 32( 1) ( 1) 0f k k k ，∴ 在( 1, )3
kk 上有唯一一个零点，又
在 ( , ) 33
kk 上有唯一一个零点，∴ ()fx有三个零点．综上可知 k 的取值范围为 4(0 , )27
．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性，考查导数与函数的零
点，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象等学科素养．
2.利用导数研究与不等式有关的问题是高考的热点，常以解答题形式出现，难度较大.常涉及不等式成立、
恒成立、证明不等式、比较两数（两函数）大小问题等.问题的分类与解决思路：（1）不等式成立、恒成
立问题：一般参变分离、转化为最值问题；（2）证明不等式、比较两函数大小问题：构造新函数，转化为
最值问题.
【2020 年高考全国Ⅱ卷理数 21】已知函数 2sinsin2fxxx ．
（1）讨论 fx在区间 0, 的单调性；
（2）证明： 33
8fx ；
（3）设 *n N ，证明： 2222 3sinsin2sin4sin2 4
n
n
nxxxx ．
【答案】（1）当 0, 3x
时， '0,fxfx 单调递增，当 2,33x
时， '0,fxfx 单调递
减，当 2 ,3x
时， 单调递增．（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【思路导引】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原
函数的单调性即可；(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最
小值即可证得题中的不等式；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得
2
22212 3sinsinsin 2sin 2 sin 4sin 2sin 2sin 2 nnnf xxxxxxxxx ，然后结合(2)的结论和三角
函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式．
【解析】(1)由函数的解析式可得： 32sincosfxxx ，则： 224'2 3sincossinfxxxx
2 2 22sin 3cos sinx x x 222sin 4cos 1xx 22sin 2cos 1 2cos 1x x x ，
'0fx 在 0,x 上的根为： 12
2,33xx，
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减；
当 2 ,3x
时， ' 0 ,f x f x 单调递增．
(2)注意到 22sinsin2sinsin 2fxxxxxfx ，故函数 fx是周期为 的函
数，结合(1)的结论，计算可得 00ff，
2
3333
3228f
，
2
23333
3228f
，据此可得 max
33
8fx ， min
33
8fx ，即 33
8fx ．
(3)结合(2)的结论有： 2222sinsin2sin4sin2 nxxxx
2
3333 3sinsin2sin4sin2 nxxxx
2
22212 3sinsinsin 2sin2sin 4sin2sin 2sin2 nnnxxxxxxxx
2
3
2333333sinsin2 888
nxx
2
333
8
n
3
4
n
．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性，考查应用导数证明不
等式，考查数学运算、逻辑推理、数学建模等学科素养．解题关键是应用三角函数的有界性进行合理放缩
证明不等式．
【2020 年高考天津卷 20】已知函数 3()ln()fxxkx kR ， ()fx 为 ()fx的导函数．
（Ⅰ）当 6k 时，
（i）求曲线 ()yfx 在点 ( 1 , ( 1 ) )f 处的切线方程；
（ii）求函数 9()()()gxfxfx x
的单调区间和极值；
（Ⅱ）当 3k … 时，求证：对任意的 12,[1,)xx ，且 12xx ，有 1212
122
fxfxfxfx
xx
．
【答案】（Ⅰ）（ i） 98yx；（ ii） ()gx的极小值为 (1)1g ，无极大值；（Ⅱ）证明见解析．
【思路导引】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；
(ii)首先求得 gx 的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；
(Ⅱ)首先确定导函数的解析式，然后令 1
2
x tx ，将原问题转化为与 t 有关的函数，然后构造新函数，利用新
函数的性质即可证得题中的结论．
【解析】(Ⅰ) (i) 当 k=6 时， 3 6lnfxxx ， 2 6'3f x x x．可得 11f ， ' 1 9f ，
∴曲线 y f x 在点 1, 1f 处的切线方程为 1 9 1yx ，即 98yx．
(ii) 依题意， 32 336ln,0,gxxxxx x ．从而可得 2
2
63'36gxxx xx ，整理可得：
3
2
3(1)(1)() xxgx x
，令 '0gx ，解得 1x ．当 x 变化时， ',g x g x 的变化情况如下表：
x 0,1 1,
'gx 0
gx 单调递减 极小值 单调递增
∴函数 g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g(x)的极小值为 g(1)=1，无极大值．
(Ⅱ)证明：由 3( ) l nf x x k x ，得 2()3 kfxx x
．对任意的 12, [ 1 , )xx ，且 12xx ，令
1
2
(1)x ttx ，则 121212 2xxfxfxfxfx 2233 1
121212
122
332ln xkkxxxxxxk xxx
3322 121
121 21 2
212
332 ln xxxxxx xx xkk xxx
332
2
13312lnxtttktt t
． ①
令 1()2ln,[1,)h xxxx x ．当 x>1 时，
2
2
121()110hx xxx
，
由此可得 hx 在 1, 单调递增，∴当 t>1 时， 1hth ，即 1 2ln 0ttt ．
∵ 2 1x ， 323 331(1)0tttt ， 3k ，
∴ 3 3 2 3 2
2
113 3 1 2ln 3 3 1 3 2lnx t t t k t t t t t t ttt
32 336ln1ttt t ②
由(I)(ii)可知，当 1t 时， 1gtg ，即 32 33 6ln 1t t t t ，故 32 33 6ln 1 0t t t t ③
由①②③可得 1 2 1 2 1 220x x f x f x f x f x ．
∴当 时，任意的 12, 1,xx ，且 ，有 1 2 1 2
122
f x f x f x f x
xx
．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数的几何意义，考查导数与函数的单调性、
极值，考查考查应用导数证明不等式，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想
象、数学建模等学科素养．解题的关键是合理消元，构造新函数，合理放缩解决问题．
2.命题方向预测：
1.利用导数研究函数的单调性、极值是近几年高考的热点．
2.选择题、填空题侧重于考查导数的运算及导数的几何意义，解答题侧重于利用导数研究函数的单调性、
极值、最值等，往往与函数、解析几何、不等式、数列等交汇命题，一般难度较大.
3.利用导数解决生活中的最优化问题，近几年考查也较多.
3.课本结论总结：
1． 函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果 f′(x)>0，那么函数 y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果 f′(x)<0，那
么函数 y＝f(x)在这个区间内单调递减．
2． 函数的极值
(1)判断 f(x0)是极值的方法
一般地，当函数 f(x)在点 x0 处连续时，
①如果在 x0 附近的左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0，那么 f(x0)是极大值；
②如果在 x0 附近的左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0，那么 f(x0)是极小值．
(2)求可导函数极值的步骤
①求 f′(x)；
②求方程 f′(x)＝0 的根；
③检查 f′(x)在方程 f′(x)＝0 的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么 f(x)在这个根处取得
极大值；如果左负右正，那么 f(x)在这个根处取得极小值．
3． 函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数 f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数 f(x)在[a，b]上单调递增，则 f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数 f(x)在[a，
b]上单调递减，则 f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
(3)设函数 f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求 f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求 f(x)在(a，b)内的极值；
②将 f(x)的各极值与 f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
4． 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式 y
＝f(x)；
(2)求函数的导数 f′(x)，解方程 f′(x)＝0；
(3)比较函数在区间端点和 f′(x)＝0 的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；
(4)回归实际问题作答．
5． 不等式问题
(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．
(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．
4.名师二级结论：
（1）利用导数研究方程根的方法
研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，
画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求
解有一个清晰、直观的整体展现．
（2）导数在不等式问题中的应用问题的常见类型及解题策略
(1)利用导数证明不等式．①证明 f(x)
g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)，如果 F′(x)>0，则 F(x)在(a，b)
上是增函数，同时若 F(a)≥0，由增函数的定义可知，x∈(a，b)时，有 F(x)>0，即证明了 f(x)>g(x)．
(2)利用导数解决不等式的恒成立问题．利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数
研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，
构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
5.课本经典习题：
（1）（选修 2-2 第 32 页 B 组第 1 题）
1.利用函数的单调性，证明下列不等式：
（1）sin,(0,) xxx ；（2） 2 0,(0,1)xxx ；（ 3） 1 , 0 xe x x ；（ 4）ln , 0 xx x e x
【解析】（1）令 xxxf sin)( ，则 xxf cos1)(' ，因为 0x 所以 0)(' xf
得到 )0()( fxf 即 0)( xf ，故上式成立.
（2）令 2( ) , (0,1) f x x x x ，则 ()12 fxx ，因为 (0,1)x ，
所以 1(0, )2x 时， ；所以 1( 1)2
，x 时， ( ) 0 fx ；
又 (0) 0 (1) 0， ，ff所以 ，即 ，故 成立.
【经典理由】在证明不等式时，可根据不等式特点构造函数，用导数判断单调性，利用函数单调性证明不
等式，求出函数的最值，由该函数在取得最值时该不等式成立，可得该不等式成立。
6.考点交汇展示：
(1)导数与函数零点交汇
例 1．（ 2019 浙江）已知 ,ab R ，函数 32
,0
() 11(1),032
xx
fx xaxaxx
．若函数 ()y f x a x b 恰
有 3 个零点，则
A．a<–1，b<0 B．a<–1，b>0 C．a>–1，b<0 D．a>–1，b>0
【答案】C
【解析】当 x＜0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得 x ，则 y＝f（x）﹣ax﹣b
最多有一个零点；当 x≥0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b x3 （a+1）x2+ax﹣ax﹣b x3 （a+1）x2﹣b，
2 ( 1)y x a x ，当 a+1≤0，即 a≤﹣1 时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b 在[0，+∞）上单调递增，则 y＝f（x）
﹣ax﹣b 最多有一个零点，不合题意；当 a+1＞0，即 a>﹣1 时，令 y′＞0 得 x∈(a+1，+∞）， 此时函数单调
递增，令 y′＜0 得 x∈[0，a+1）， 此时函数单调递减，则函数最多有 2 个零点.根据题意，函数 y＝f（x）﹣ax
﹣b 恰有 3 个零点⇔函数 y＝f（x）﹣ax﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有 2 个零点，如图：
∴ 0 且 ，解得 b＜0，1﹣a＞0，b （a+1）3，则 a>–1，b<0.
【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当 x＜0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b
最多有一个零点；当 x≥0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b x3 （a+1）x2﹣b，利用导数研究函数的单调性，根据
单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．
例 2．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数 ( ) sin ln(1 )f x x x ， ()fx 为 ()fx的导数．证明：
（1） ()fx 在区间 ( 1, ) 2
存在唯一极大值点；（2） ()fx有且仅有 2 个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）设 ( ) ( )g x f ' x ，则 1()cos 1gxx x
， 2
1sin( )) (1x' xgx .
当 1, 2x
时， ()g ' x 单调递减，而 (0)0,()0 2g'g' ，可得 ()g ' x 在 1, 2
有唯一零点，
设为 .则当 ( 1, )x 时， ( ) 0g ' x ；当 , 2x
时， ( ) 0g ' x .所以 ()gx 在 ( 1, ) 单调递增，
在 , 2
单调递减，故 ()gx在 存在唯一极大值点，即 ()f ' x 在 存在唯一极大值点.
（2） ()fx的定义域为 ( 1, ) .
（i）当 ( 1,0 ]x 时，由（1）知， ()f ' x 在 ( 1 , 0 ) 单调递增，而 ( 0 ) 0f' ，所以当 ( 1,0 )x 时，
( ) 0f ' x ，故 ()fx在 单调递减，又 ( 0 )= 0f ，从而 0x 是 ()fx在 ( 1,0 ] 的唯一零点.
（ii）当 0, 2x
时，由（1）知， ()f ' x 在 (0 , ) 单调递增，在 , 2
单调递减，而 (0)=0f' ，
02f'
，所以存在 , 2
，使得 ()0f' ，且当 (0,)x 时， ()0f'x ；当 , 2x
时， ()0f'x .故 ()fx在 ( 0 , ) 单调递增，在 , 2
单调递减.，又 ( 0 )=0f ， 1 ln 1 022f
，
所以当 时， ( ) 0fx .从而， ()fx在 0, 2
没有零点.
（iii）当 ,2x
时， ()0f'x ，所以 ()fx在 ,2
单调递减.而 02f
， ()0f ，所以 ()fx
在 ,2
有唯一零点.
（iv）当 (,)x 时，ln(1)1x ，所以 ()fx<0，从而 ()fx在 (,) 没有零点.
综上， ()fx有且仅有2个零点.
【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关
键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零
点的唯一性，二者缺一不可.
(2)导数与不等式交汇
例 3．【2019 年高考天津理数】已知 aR ，设函数
2 22,1,()
ln,1.
xaxaxfx
xaxx
若关于 x 的不等式
( ) 0fx 在 R 上恒成立，则 a 的取值范围为
A． 0,1 B． 0 ,2 C． 0 ,e D． 1,e
【答案】C
【解析】当 1x 时， (1) 1 2 2 1 0f a a 恒成立；当 1x 时，
2
2()2202 1
xfxxaxaa x
恒成立，令
2
() 1
xgx x
，则
222 (11)(1)2(1)1() 111
xxxxgx xxx
11122(1)2011xxxx
，当 11 1x x
，即 0x 时取等号，
∴ max2()0agx，则 0a .当 1x 时， ()ln0fxxax ，即
ln
xa x 恒成立，
令 () ln
xhx x ，则 2
ln 1() (ln )
xhx x
，当 ex 时， ()0hx ，函数 ()hx 单调递增，
当 0ex时， ()0hx ，函数 单调递减，则 ex 时， ()hx 取得最小值 ( e ) eh ，
∴ min()eahx，综上可知， a 的取值范围是 [0 ,e ] .
【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解
决恒成立问题.
例 4.【2019 年高考浙江】已知实数 0a ，设函数 ()=ln1,0.fxaxxx
（1）当 3
4a 时，求函数 ()fx的单调区间；
（2）对任意 2
1[,)ex 均有 (), 2
xfx a 求 a 的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数．
【答案】（1） fx的单调递增区间是 3, ,单调递减区间是 0,3 ；（ 2） 20, 4
.
【解析】（1）当 3
4a 时， 3( ) ln 1 , 04f x x x x ．
31(12)(211)() 4 2141
xxf 'x x xxx
，
所以，函数 ()fx的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+ ）．
（2）由 1(1 ) 2f a ，得 20 4a ．当 20 4a 时， () 2
xfx a 等价于 2
21 2ln0xxxaa
．
令 1t a ，则 22t ．设 2( ) 2 1 2ln , 2 2g t t x t x x t ，
则 211()(1)2ln xgtxtx x x
．
（i）当 1 ,7x
时， 11 2 2x ，则 ()(22)84212lngtgxxx ．
记 1()4221ln, 7pxxxxx ，则
2 2 1 2 1 2 1()
11
x x x xp' x xx x x x
(1)[1(221)]
1(1)(12)
xxx
xxxxx
.
故
x 1
7 1( ,1 )7 1 (1, )
()p ' x 0 +
()px 1()7p 单调递减 极小值 (1)p 单调递增
所以， ( ) (1) 0p x p．因此， ( ) (2 2) 2 ( ) 0g t g p x ．
（ii）当 2
11,e7x
时， 12ln(1)( )1
2
xxxg t g x x
… ．
令 2
11( ) 2 ln ( 1), ,e7q x x x x x
，则 ln2( )10 xq' x
x
，故 ()qx在 2
11,e7
上单调递增，
所以 1() 7qxq
„ ．由（i）得， 1 2 7 1 2 7 (1) 07 7 7 7q p p
．所以， ( )<0qx ．
因此 1()()10
2
qxgtg x x
… ．由（i）（ ii）知对任意 2
1 ,ex
， [22,),()0tgt … ，
即对任意 ，均有 () 2
xfx a„ ．综上所述，所求 a 的取值范围是 20, 4
．
【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．
(3)导数与三角函数、不等式、函数零点交汇
例 5. 【2019 年高考天津理数】设函数 ()ecos,()xfxxgx 为 fx的导函数．
（Ⅰ）求 fx的单调区间；
（Ⅱ）当 ,42x
时，证明 ( ) ( ) 02f x g x x
；
（ Ⅲ ）设 nx 为函数 ( ) ( ) 1u x f x在区间 2 ,242nn
内的零点，其中 nN ， 证 明
2
00
2 2sincs
e
o
n
nnxxx
．
【 答 案 】（Ⅰ） ()fx 的单 调 递 增 区 间 为 3π π2 π ,2 π (),()44kkkfx
Z 的 单 调 递 减 区 间 为
π 5π2 π ,2 π ()44kkk
Z .（Ⅱ）见解析；（ Ⅲ）见解析.
【解析】（Ⅰ）由已知，有 ( )e (cossin )xf' xxx．因此，当 52 ,244x k k
()k Z 时，有
sin cosxx ，得 ( ) 0f ' x ，则 fx单调递减；当 32,2 44xkk
时，有sin cosxx ，
得 ( ) 0f ' x ，则 fx单调递增．所以， 的单调递增区间为 32 ,2 ( ), ( )44k k k f x
Z 的单
调递减区间为 52,2() 44kkk
Z ．
（Ⅱ）证明：记 ()()() 2hxfxgxx
．依题意及（Ⅰ），有 ()e(cossin)xgxxx，从而 ( ) 2 e s i n xg ' x x ．当
,42x
时， 0()g ' x ，故 ()()()()(1)()0 22h'xf 'xg'xxgxg'xx
．因此， hx在区
间 ,42
上单调递减，进而 ()0 22hxhf
．所以，当 ,42x
时， ()()0 2fxgxx
．
（Ⅲ）证明：依题意， 10nnuxfx ，即 c o se 1nx
nx ．记 2nny x n ，则 ,42ny
，且
2 2ecosecos2ennyxn n
nnnfyyxn n N ．由 2
0e1n
nfyfy 及（Ⅰ），得
0nyy ．由（Ⅱ ） 知 ， 当 ,42x
时， ( ) 0g ' x ， 所 以 gx 在 ,42
上 为 减 函 数 ， 因 此
0 04ngygyg
．又由（Ⅱ）知， 02nnnfygyy
，故
0
2222
000002sincossinc
eee
e os
ennnn
n
n y
nn
fyy g yg yg yyyxx
．所以
2
00
2 2sincs
e
o
n
nnxxx
．
【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考
查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．
【考点分类】
热点 1 利用导数证明不等式
1．（ 2020·湖南省高三模拟）已知函数 2 11xfxmxxem R .
（1）讨论函数 fx的单调性；（2）证明：当 1 ,13x
时， 23f x mx x.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析；
【解析】（1） 22xxfxmx xex em .
①当 0m 时，令 0fx ，得 0x ；令 0fx ，得 0x ，
故 fx在 ,0 上单调递减，在 0, 上单调递增.
②当 0m 时，令 0fx ，得 0x 或 l n 2xm .
当 1
2m 时， 10xfxxe ，故 在 R 上单调递增.
当 1 02 m 时，令 0fx ，得 0x 或 l n 2xm ；令 0fx ，得 l n 2 0 mx ，
即 在 l n 2 ,0 m 上单调递减，在 ,l n 2 m ， 上单调递增.
当 1
2m 时，令 ，得 0x 或 l n 2xm ；令 ，得 0 l n 2xm ，
即 在 0 ,l n 2 m 上单调递减，在 ， l n 2 , m 上单调递增.
（2）设 2 3 311xF x f x mx x x e x ，则 21 3 3x x xF x e x e x x e x ，
设 3xx e x ，则 3xxe ，∵ 1 ,13x
，∴ 30xe ，∴ x 在 1 ,13
上单调
递减，又 31 103 e
， 130 e ，∴ 在 内存在唯一的零点，设为 0x .
则当 0
1
3 xx 时. 0x ， 0Fx ， Fx单调递增；当 0 1xx时， 0x ， 0Fx ，
单调递减，又
1
1 3
312622618 0327327
eFe
， 10F ，∴ 0Fx 在 上成
立，∴当 时， 23fxmxx.
热点 2 利用导数研究方程根的个数问题
1．（ 2020·安徽省高三二模）已知函数 2 ln2
afxxxx .
（1）若函数 在定义域内是增函数，求实数 a 的取值范围；
（2）当 1,ae 时，讨论方程 2
af x ax根的个数.
【答案】（1） 1 ,4
,；（ 2）1
【解析】（1） ，定义域为 ，则 110f x ax x
恒成立，
即
2
2
11111
24a xxx
，
2
max
1111
244x
，故 1
4a .
（2） 2
af x a x ，即 2 ln22
aaxxxax ，设 2 ln22
aaxxxaxgx ，
则 1111 ax xaxa xg x x ，
当 1a 时， 21 0gx x
x
，函数单调递增， 11g ， 14ln402g ，故函数有唯一零点；
当 1,ae 时， 11xgx ax
x
，函数在 10, a
上单调递增，在 1 ,1a
上单调递减，在 1, 上
单调递增，极大值为 111 ln1ln1222
1
2
aaaaaaa ag
，设 1 ln122
aHaa a ，
则 2
22
1111 0222
aHa aaa
恒成立，故函数单调递增，故 12022
eHaHe e ，
故函数在 0 ,1 上无零点； ， 9144ln 4ln 4022ga ，故函数在 上有唯一零点.
综上所述：方程 有且仅有一个根.
2.（2020·黑龙江省哈尔滨市第六中学校高三）已知函数 ()(2)ln xfxxeaxax （ aR ）
（1）若 1x 为 ()fx的极大值点，求 a 的取值范围；.
（2）当 0a 时，判断 ()yfx 与 x 轴交点个数，并给出证明.
【答案】（1） ae （2） 有唯一零点；证明见解析；
【解析】（1） ( )(1)()1) （
x
x axeafxxex xx
，设 () xgxxea， ()10 xgxxe （ ） ，
所以 ()gx在 R 上单调递增.
当 ae 时， (1) 0g e e，当 1x 时， ( ) 0gx ，当 1x 时， ( ) 0gx ，所以当 时， ( ) 0fx ，
单调递增，当 时， ， 单调递增,所以此时 无极值.
当 时， (1)0gea ， ( ) 1 0aag a ae a a e ，则一定存在 0 1,xa ，使得 0( ) 0gx
所以当 01,xx 时， ，从而 ( ) 0fx ， 单调递减.，当01x时， ，从而
( ) 0fx ()fx单调递增.所以此时满足 1x 为 的极大值点
当 ae 时， ( 1 ) 0g e a ，所以当 1x 时， ( ) 0 gx ，从而 ，所以 在 1 ， 单调递
增此时 不可能为 的极大值点.
综上所述：当 为 的极大值点时， a 的取值范围是 ae .
（2）讨论 ()(2)ln xfxxeaxax 与 x 轴交点个数,即讨论方程 ( 2) lnxx e a x x的根的个数.
设 lnr x x x ，则 111 xrx xx
，令 0rx ，得 ，令 0rx ，得 01x
所以 rx在 0 ,1 上单调递减，在 上单调递增,所以 110rxr
所以讨论方程 的根的个数，即探讨 ( 2 )
ln
xxea xx
的实数根的个数.
设 ( 2 )
ln
xxe
xhx x
，则
' '
22
21ln12ln2ln
lnln
x
xxexxxxexxxexx xhx
xxxx
设 2ln1xxx x ，则
22
21121 xxx xxx ，令 0x ，得 2x ，令 0x ，
得 02x，所以 x 在 02， 上单调递减，在 2 ， 上单调递增.所以 22ln 20x
所以当 时， 0hx ，当 时， 0hx ，所以 hx 在 01， 上单调递减，在 上单
调递增，又当 02x ， 时， 2 0()
ln
xxeh xxx
，且 20h ，当 2x ， 时， 2 0()
ln
xxeh xxx
且 x 时， hx 所以当 0a 时，方程 有唯一实数根.
综上： ， ()yfx 与 轴有唯一交点
热点 3 利用导数研究函数零点个数问题
1．（ 2020·河北省衡水中学高三）已知函数 2
2
,1
10 9, 1
xx x e xfx
x x x
，若函数 y f x ax恰有三个不
同的零点，则实数 a 的取值范围是（ ）
A． 1,4 B． 1,16 C． 1,0 1,16 D． 0 1,4U
【答案】D
【解析】（1）当 0x 时， 0 0 0yf ，所以 是 y f x ax的一个零点；
（2）当 0x 时，由题知 应有两个不为零的不同零点，即 f x ax 有两个不为零的不同实
根，即 fxhx x 与 ya 的图象有两个的不同交点，且交点的横坐标不为零.
又 1,1,0
9 10,1
xxexxfxhx x xxx
且
，令 1 1 xh x x e ， 1x ，则 1
xh x x e ，
所以当 0x 时， 1 0hx ， 1hx单调递增；当 01x时， 1 0hx ， 单调递减，
令 2
9 10hxx x ， 1x ，则
2
2 2
9 xhx x
，所以 1,3x 时， 2 0hx ， 2hx单调递增；
当 3,x 时， 2 0hx ， 单调递减，所以 hx 的大致图象是：
可知当 0a 或 1,4a 时， 有两个不为零的不同实根，故函数 有三个零点.
2．（ 2020·浙江省高三期末）已知函数 2eexfxmxmx .
（1）当 0m 时，求曲线 yfx 在点 0,0f 处的切线方程；
（2）当 0m 时，证明： fx在( )0,1 内存在唯一零点.
【答案】（1） e110 xy ；（ 2）证明见解析
【解析】（1）当 时， eexfxx ， 00e01f ，求导得， eexfx ，则
00 e e 1 ef ，所以切线的斜率为 1e ，切点为 ，故切线方程为 e01 1 xy ，即
.
（2）证明： ( ) e 2 exf x mx m ，令 ( ) ( ) e 2 exg x f x mx m ，则 ( ) e 2xg x m .
当 时，则 ( ) 0gx ， ( ) ( )g x f x 在(0,1) 上单调递增.又 (0) (0) 1 e 0g f m ，
(1)(1)0gfm ， 存在 0 ( 0 ,1)x 使得 000gxfx ．即当 00,xx 时， ( ) 0fx ， ()fx
是减函数；当 0 ,1xx 时， ( ) 0fx ， 是增函数．又 0( 0 ) e 1f ， (1)ee0fmm ，
0 ( 1 ) 0f x f ， 在 00, x 上 存在一个零点，在 0 ,1x 上 没有零点． ()fx 在区间(0,1)
上存在唯一零点．
热点 4 利用导数解决不等式恒成立问题
1．（ 2019·福建省高三）已知函数 ()
xef x a x x， ( 0 , )x ，当 21xx 时，不等式 12
21
f x f x
xx 恒
成立，则实数 a 的取值范围为（ ）
A．( , ]e B．( , )e C． , 2
e
D． , 2
e
【答案】D
【解析】 ( 0 , ) ,x 1122xfxxfx ,即函数 2()() xgxxfxeax 在 时是单调增函
数.则 ()20 xgxeax 恒成立. 2
xea x.令 ()
xemx x ,则 2
( 1)()
xxemx x
， (0,1)x 时, ()0,()mxmx
单调递减, (1,)x 时 ( ) 0, ( )m x m x 单调递增.， min2()(1), 2
eam xmea
2．（ 2020·湖南省长郡中学高三）已知函数 lnfxx ， xgxe ．
（1）若 1 1hxfx ex ，求证： hx有且只有两个零点；
（2）不等式 112mmgxxfx x
对 0x 恒成立，求实数 m 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2） 2m e ．
【解析】（1）证明：函数 1ln1h xx ex ， aR ，其定义域为 0, ．
所以 22
1 1 1'0exhx x ex ex
,解得 1x e
，所以 在 10, e
上是减函数，在 1,e
上是增函数，
又 11ln 1 1 1 0eeh
， 22
33
11ln 1 4 0eeh e e
，所以 在 3
11,ee
上有唯一零点，
且在 10, e
也有且只有唯一零点，同理 1 0h e
， 22
11ln10he eee ，∴ hx 在 1 ,e
有唯
一零点．所以 在 有唯一零点，且在 有唯一零点，因此 有且只有两个零点．
（2）不等式 1()12()mmgxxfx x
对 0x 恒成立．即 112lnmxmexx x
，
2211lnmxmxexx ，即 221ln1lnmxmxeexx ．令 1ln0Fxxxx ，
1'1lnFxx x ．令 11lnGxx x ， 22
111' xGx xxx
，可得： 1x 时，函数 Gx取得
极小值， 1 2 0G ．∴ '0Fx ，∴ Fx在 0, 上单调递增，∴ 2mxex ．
两边取对数可得： 2lnm x x ，即 ln
2
mx
x ．令 lnHx x
x ， 0,x ． 2
1 l n' xHx x
，可得 xe
时，函数 Hx取得极大值即最大值．∴ 1HxHe e．∴ 1
2
m
e ．即 2m e ．
【方法规律】
利用导数证明不等式要考虑构造新的函数，利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题．比如要证
明对任意 x∈[a，b]都有 f(x)≥g(x)，可设 h(x)＝f(x)－g(x)只要利用导数说明 h(x)在[a，b]上的最小值
为 0 即可．解题技巧总结如下：
（1）树立服务意识：所谓“服务意识”是指利用给定函数的某些性质（一般第一问先让解决出来），如函
数的单调性、最值等，服务于第二问要证明的不等式.
（2）强化变形技巧：所谓“强化变形技巧”是指对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进
行必要的等价变形后，再去证明.例如采用两边取对数（指数），移项通分等等.要注意变形的方向：因为要
利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系式.
（3）巧妙构造函数：所谓“巧妙构造函数”是指根据不等式的结构特征，构造函数，利用函数的最值进行
解决.在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验，体现一个“巧妙”.
【解题技巧】
1． 利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合
思想的应用．
2． 在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值
即可，不必再与端点的函数值比较．
【易错点睛】
1． 函数 f(x)在某个区间内单调递增，则 f′(x)≥0 而不是 f′(x)>0 (f′(x)＝0 在有限个点处取到)．
2． 利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义.
【热点预测】
1．设函数 1( ) ln ( 0)3f x x x x ，则下列说法中正确的是（ ）．
A． ()fx在区间 1 ,1e
， (1,e) 内均有零点 B． 在区间 ， 内均无零点
C． 在区间 内有零点，在区间 内无零点
D． 在区间 内无零点，在区间 内有零点
【答案】D
【解析】由题可知： ，则 113() 33
xfx xx
，若 0 ,3x ， ( ) 0fx，函数
单调递减，若 ( 3 , )x ， ( ) 0fx，函数 单调递增，所以函数 在 ， ( 1, )e 单调递减，
又 1111 ln1033f eeee
， (1)0 3
1f ， 1()10 3fee ，所以函数 在 无零点，
在 有零点
2．（ 2020·湖北省黄冈中学高三）已知函数 ln1e xmfxxaxax ，若存在实数 a 使得 0fx
恒成立，则实数 m 的取值范围是（ ）
A． 1, B． ,1 C． 1,2 D． 2,1
【答案】B
【解析】依题意，存在实数 ，使得直线 y ax 始终在函数 ln1gxx 与函数 exmhx 之间，考虑
直线 与函数 gx，函数 hx相切于同一点的情况，设切点为 00,xy ，由 1gx x
， exmhx
可知，
0
0
0
0
00
1 e
e
ln 1
xm
xm
x
y
yx
，解得
0
0
1
1
1
x
y
m
，作出下图，
由图象观察可知，当 1m 时，函数 hx越偏离函数 gx，符合题意，即实数 m 的取值范围为 ,1 .
3．函数 3( ) 2 2 xf x x 在区间（0,1）内的零点个数是（ ）
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】B
【解析】 2'2ln23 xfxx ,在 ( )0,1 范围内 '0fx ，函数为单调递增函数．又 01f ， 11f ，
010ff ，故 fx在区间 存在零点，又函数为单调函数，故零点只有一个．
4．（ 2020·安徽省六安一中）若不等式 32ln(1)230axxx 在区间(0, ) 内的解集中有且仅有三个整
数，则实数 a 的取值范围是（ ）．
A． 27 80,2ln 2 ln5
B． 2780,2ln 2ln5
C． 27 80,2ln 2 ln5
D． 27 ,2ln 2
【答案】C
【解析】
【分析】令 32ln( 1), 2 3f x a x g x x x ，则 2' 66 6 1g x x x x x .令 ' 0gx ，得 1x
或 0x ； ' 0gx ，得 01x， gx 在 ,0 和 1, 上单调递增，在 0,1 上单调递减，
min 11g xg ，且 3002gg
.如图所示
当 0a 时， f x g x 至多有一个整数解.当 0a 时， 在区间 内的解集中有且仅
有三个整数，只需
33
44
fg
fg
，即
32
32
ln42333
ln 52434
a
a
，解得 2 7 8 0
2l n 2 l n5a .
5．若函数
2
x
xf x a x e存在两个不同零点，则实数 a 的取值范围是（ ）
A． 1, e
B． 10, e
C． 1,0 e
D． 1,0 0 , e
【答案】C
【解析】函数 存在两个不同零点，等价于
2
x
x axe 有两个不同的解， 0x 满足条件，所以
x
xa e 有一个非零根，令 () x
xgx e ， 2
1'()
xx
xx
exexgx ee
，当 1x 时， )'(0gx ， 1x 时， ' ( ) 0gx ，
所以 ()gx 在 ( ,1 ) 上单调递增，在 ( 1, ) 上单调递减，且当 (,1)x 时， 1()(,)fx e ，当 (1,)x
时， 1()(0,)fx e ，所以 有一个非零根时，实数 的取值范围是 ，
6．（ 2020·四川省高三期末）已知函数 ln() xfxa x， 3(ln)() ln
xaxgx x
，若方程 ()()fxgx 有 2 不
同的实数解，则实数 a 的取值范围是（ ）
A．( ,e) B． C．( ,0) (e, ) D． (e , )
【答案】B
【解析】由 得 ln x ax 3(ln)
ln
xax
x
，去分母整理得(ln 3 )(ln ) 0x x x ax 有 2 不同的实
数解，所以ln30xx或ln0xax，所以 ln 3x
x 或 lnx ax ，设 ln( ) ( 0),xh x xx所以
2
1ln() xhx x
，当0 xe时， ( ) 0hx ，函数 ()hx单调递增，当 xe 时， ( ) 0hx ，函数 单
调递减.所以 min
1( )( )3h xh e e ，所以 没有实数解.所以方程 有两个不同的实数解.
当 0x 时， ( ) 0hx ；当 x 时， ( ) 0.hx
要方程 ln x ax 有两个不同的实数解，必须 10 a e .
7．（ 2020·河南省高三二模）已知函数 2 2ln3fxxax ，若 1212,4,xxxx ， 2 ,3a ，
21
12
2fxfx mxx
，则 m 的取值范围是（ ）
A． 2, B． 5 ,2
C． 9 ,2
D． 19 ,4
【答案】D
【解析】设 12xx ，因为 ，所以 1122 22fxmxfxmx .记 2gxfxmx，
则 gx在 0, 上单调递增，故 '0gx 在 4, 上恒成立，即 2220 axmx 在 上恒成
立，整理得 amxx 在 上恒成立.因为 2,3a ，所以函数 ayxx 在 上单调递增，
故有 4 4
am .因为 ，所以
max
194 44
am
，即 19
4m .
8．（ 2020·陕西省西安中学高三）已知函数 有唯一零点，则 a=
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】函数 的零点满足 ，设 ，则
，当 时， ；当 时， ，函数
单调递减；当 时， ，函数 单调递增，当 时，函数 取得最小值，为 .
设 ，当 时，函数 取得最小值，为 ，若 ，函数 与函数 没有交点；
若 ，当 时，函数 和 有一个交点，即 ，解得 .故选 C.
9．（ 2020·河北省衡水中学高三三模）已知 0a ，不等式 1 ln0axxeax 对任意的实数 1x 都成立，则
实数 a 的最小值为（ ）
A． 2e B． e C． e
2 D． 1
e
【答案】B
【解析】不等式变形为 lnxaxexax ，即 lnln axaxx e x e ，设 xf x xe 1x ，则不等式
1 ln0axxeax 对任意的实数 恒成立，等价于 ln af x f x 对任意 恒成立，
10xfxxe ，则 fx在 1, 上单调递增， ln axx ，即 lnx a x 对任意 恒成立，
ln
xa x
恒成立，即
minln
xa x
，令 ln
xgx x ，则 2
l n 1
ln
xgx
x
，
当 1 xe时， 0gx ， gx在 1, e 上单调递减，当 xe 时， 0gx ， 在 ,e 上单调
递增， xe 时， 取得最小值 g e e ， ae ，即 ae ， a 的最小值是 .
10．（ 2020·河北省石家庄二中）设函数 2 6 25
x mfxxem x ，对任意正实数 x， 0fx 恒成立，则 m
的取值范围为（ ）
A． 20 ,2e B．
3
290, 2 e
C． 0 , 2 e D．
1
250, 4 e
【答案】D
【解析】 ( ) 0fx… 等价于
2
2 3e,25
xx mx
… 令
2
2() e2
xxux ， 3(), 5v xmx
则 221( )e1(4), 44
xxxu xxe x x
令 ( ) 0ux ，可得 120, 4.xx 则 ()ux在 ( , 4) 递增，
( 4,0) 递减，(0, ) 递增，作出 ， 3() 5v x m x
示意图如图所示：
满足题意时,
2
2() e2
xxux 的图象在直线 3() 5v x m x
的上方. 设曲线 与直线
3(0 5vxmx
相切, 切点坐标为 P 000, 0 ,x y x 则
0
0
00
2
0 2
0
02
0
3
5
e2
e14
x
x
ymx
xy
xxm
，
1
2
0
51 , e 4xm ，结合
际数图象可得
1
250,e4m
.
11．（ 2020·浙江省高三期末）若不等式 224lnxxaxbx 对任意的 1,xe 恒成立，则实数b 的最
大值为______.
【答案】2
【解析】由 得： 2224lnxxaxbxx ，设 2()2fxxx ，
2()4lngxxx， ()hxaxb，则 ( ) ( ) ( )f x h x g x 在 上恒成立，且 b 为 ()hx的纵截距，
易知 在 1, e 上单调递减，且 (1)2f ， 2()2feee ，
242(2)()2 xgxx xx
，
当 ()0gx 时， 2x 或 2x ，故 ()gx 在 1,2 上单调递增，在 2,e上单调递减，
且 max( ) ( 2) 2(ln 2 1)g x g ， (1) 1g ， 2( ) 4g e e ，如图，
当 ()h x a x b过点 A，且与 2()2fxxx 相切时，b 有最大值，设切点 00( , )B x y ，则有
00
2
000
(1)1
()21
2
hab
kafxx
xxaxb
解得：
0 2
3
2
x
a
b
，故 b 的最大值为 2，
12．（ 2020·山西省高三期末）已知函数 ln xf x mx，若 2 20fkfk 有两个不同的实数解，
则实数 m 的取值范围是______.
【答案】 1121,1ee
【解析】 2 ()()20fkfk 可化为[()2][()1]0fkfk ，解得 ( ) 2fk 或 ()1fk ，
即有 2lnk mk 或 1lnk mk ，则方程 有两个不同的实数解，等价于：
① 有 2 解， 无解；② 有 1 解， 有 1 解；③ 无解，
有 2 解；令函数 () lnxgx x ， ( 0 )x ， 2
1()0 lnxgx x
时， xe ，即有 ()gx 在 ( 0 , )e 上单调递
增，在 ( , )e 上单调递减， ()maxgxg （e） 1
e ，作出函数 的图象如图：
则① 2lnk mk 有 2 解， 1lnk mk 无解，此时
102
11
m e
m e
，此时无解，舍去；
② 有 1 解， 有 1 解，此时因为 21mm ，则需
12
10
m e
m
，解得 1 2m e；
③ 无解， 有 2 解，此时
12
101
m e
m e
，解得 111m e ，
综上， 11{ 2} (1,1 )m ee ，
13．（ 2020·北京高三期末）已知函数
,0() (1),0x
lnxxfx exx
„ ，若函数 ()()()FxfxccR 恰有 3 个零点，
则实数 c 的取值范围是__.
【答案】 2 0，e .
【解析】当 0x 时，函数 ()fxlnx 单调递增；当 0x 时， ( ) ( 1)xf x e x，则 ()(2) xfxex
2x 时， ( ) 0fx， 20x„ 时， ()0fx，故当 时， ()fx在 ( , 2 ) 上单调递减，在 ( 2 ,0 )
上单调递增，所以 在 2x 处取极小值，极小值为 2( 2)fe ；当 1x 时， ()(1)0 xfxex
作出函数 的图象如图：
函数 恰有 3 个零点，等价于函数 与 yc 的图象有且仅有 3 个交点，
由图可知， 2 0ec ，
14．（ 2019·江苏省高二期中）若关于 x 的方程 2ln lnx ax x x有且只有三个不相等的实根，则实数 a 的
取值范围是__________.
【答案】 1,ee
【解析】显然 1x 不满足方程 2lnlnxaxxx；当 0x 且 1x 时，由 得
ln
ln
xxa xx，令 ln xt x ， 1ytt ，对函数 求导得 2
1 l n xt x
¢ -= ，令 0t 得 xe ，列表如下：
x 0,1 1, e e ,e
t 0
t 单调递增 单调递增 极大值 单调递减
所以，函数 在 处取得极大值，即 1t e极大值 ，如下图所示：
由于关于 的方程 有且只有三个不相等的实根，则关于 的方程 1att 要有两个根 1t 、
2t ，且 1
10 t e， 2 0t ，如下图所示：
所以， 1aee.综上所述，实数 a 的取值范围是 .
15．（ 2020·合肥市第六中学高三）已知函数 ln 1f x x x ax ， aR .
（1）如果关于 x 的不等式 0fx 在 0x 恒成立，求实数 a 的取值范围；
（2）当 1x 时，证明： 21 sin11lnx xxex xe .
【答案】（1） 1, ；（ 2）证明见解析.
【解析】（1）由 0fx ，得 ln 1 0 0x x ax x .整理，得 1lnaxx 恒成立，
即
min
1lnaxx
.令 1lnF x x x.则 22
111 xFx xxx .
函数 Fx在 0 ,1 上单调递减，在 1, 上单调递增. 函数 最小值为 11F .
1a ，即 1a . a 的取值范围是
（2）由（1），当 1a 时，有 l n 1x x x ，即 1ln xx x
.要证 1 lnx
ex xe
，
即证 时 1 1
x
ex x
ex
即 1
x
e
ex ，构造函数 1xGxeexx .则 xG x e e .
当 时， 0Gx . Gx 在 1, 上单调递增.
10GxG 在 上成立，即 xe e x ，证得 1
x
e
ex . 当 1,x 时， 成立.
构造函数 2ln1sin11Hxxxxx .
则 221 1 2 11 2 cos 1
xx xxH x x xx x x
当 1x 时， 0Hx ， Hx 在 上单调递减.
10HxH ，即 2ln1sin101xxxx 当 时， 2ln1sin1xxx 成立.
综上，当 时，有 21 ln 1 sin 1x
ex x x xe
.
16．（ 2020·四川省阆中中学）已知函数 ()xf x e ax a a R .
（1）讨论 fx的单调性；
（2）若 有两个零点 12,xx，求实数 a 的取值范围，并证明 120xx.
【答案】（1）见解析（2） 1a ，证明见解析
【解析】（1）由题意得 ()() xfxeaxR ,
①当 0a 时, ( ) 0fx ,所以 ()fx在 R 上单调递增；
②当 0a 时,由 ( ) 0fx ,得 lnxa ,
当 lnxa 时, ( ) 0fx , 在 ( ,l n ) a 上递减；当 lnxa 时, , 在 ( l n , )a 上递增.
（2）由于 有两个零点 12,xx,不妨设 12xx ,由（ 1）可知,当 时, 在 上单调递增,不符合题意；
当 时, xR , min()(ln)(ln1)ln0fxfaaaaaa ,即ln 0a ,解得 ,
此时有 1(1)0,(0)10ffa e ,所以存在 1 ( 1,0 )x ,使得 1 0fx ,由于 ln1(1)xyexxx ,
所以 11xye x
在 (1, ) 上单调递增,所以当 1x 时, 20ye ,所以 ln 1xy e x x 在
上单调递增,所以当 时, ln120xyexxe ；
所以 ln(ln)(ln1)ln10aaafaaea aaaeaa ,所以存在 2 (ln,ln)xaaa,使得 2 0fx ,
综上,当 时, 有两个零点 .
证明:由于 1
1 1xeax, 2
2 1xe a x,且 1210lnxax ,则 12011xx ,
所以 11lnln1xax , 22lnln1xax ,所以 2
21
1
1ln 1
xxx x
,设 2
1
1 (1)1
x ttx
,
有
2
1
21
1
1
ln
x tx
xxt
,则
1
2
ln1 1
ln1 1
tx t
ttx t
,要证 120xx,只需证 (1)ln 201
tt
t
,即证 2( 1)ln 1
tt t
,
设 2(1)( )ln(1) 1
th ttt t
,则
2
22
14(1)( )0 (1)(1)
tht ttt t
,所以 ()ht 在 上单调递增,所以当
1t 时, ( ) 1 0h t h,即 ,故
17．（ 2020·河南省高三其他）已知函数 xf x xe x R.
（1）判断函数 fx的单调性；
（2）若方程 22 3 1 0f x a a 有两个不同的根，求实数 a 的取值范围；
（3）如果 12xx ，且 12f x f x ，求证： 12ln ln 2xx .
【答案】（1）在 ,1 上单调递增，在 1, 上单调递减.；（ 2） 1 ,12
；（ 3）证明见解析.
【解析】（1）因为 xf x xe ，所以 1 xf x x e ，令 0fx 可得 1x ；令 0fx 可得 1x ；
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）由（1）可得函数 在 1x 处取得最大值， max
11fxf e，
所以函数 的值域为 1, e
，且 x 时， 0fx ；因为方程 22310fxaa 有
两个不同的根，所以 2 12 3 1 0,aa e
，即 22 3 1 0aa ， 2 12 3 1aa e ，解得 1 12 a.
即实数 a 的取值范围为 .
（3）证明：由 12f x f x ， 12xx ，不妨设 12xx ，构造函数 11Fxfxfx ， 0 ,1x ，
则 2
11110 x
x
xFxfxfxe e ，所以 Fx在 上单调递增， 00FxF ，
也即 11fxfx 对 恒成立.由 1201xx ，则 110,1x ，
所以 1 1 1 1 21 1 2 1 1f x f x f x f x f x ，.即 122fxfx ，又因为 12 x ，
2 1,x ，且 fx在 上单调递减，所以 122 xx ，即证 122xx.即 12lnln 2xx .
18．（ 2020·湖南省高三三模）已知函数 lnfxxaxa ， 2 1gxx .
（1）当 0a ， 0x 且 1x 时，证明： 2
12
11
x fxgxxx
；
（2）定义 ,max, ,
mmnmn nmn
，设函数 max,0hxfxgxx，试讨论 hx零点的个数.
【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析.
【解析】（1）当 时， lnfxx ，要证：
即转化为： 1 1 ln 2 1 01 x x xx
，即 211 ln 011
xxxx
即证：当 时， 21ln 1
xx x
；当01x时， 21ln 1
xx x
令 21ln 1
xxxx
，则
2
2
114 011
xx xxx x
则 x 在 ( )0,1 上单调递增，在 ( )1, +? 上单调递增.
所以当 01x时， 10x，此时 211 ln011
xxxx
当 1x 时， 10x，此时
故 0a ， 0x 且 1x 时， 2
12
11
x fxgxxx
（2）1°当 时， 0gx ， 0h x g x ，所以 hx 在 无零点；
2°当 1x 时， 1 1 0gf，则 10h ，所以 是 的零点；
3°当 时， 0gx ，所以 gx在 上无零点，
在 ( )0, +? 上的零点个数即为 fx在 上的零点个数.因为 1fxa x
①若 1a 时， 1 0fxa x
，所以 在 上单调递增， 10fxf ，此时 无零点；
②若 1a 时，则 101a， ()fx在 10, a
上单调递增，在 1 ,1a
上单调递减，
由 max
1 1lnffaa x a
，令 1 lna a a ，则 110a a ，
当 时， 1 1ln10faaaa
，由 1lnaa ，可得 1aeaa ，则
10 ae a
，又因为 10aaf e a a e 由零点存在性定理可知， 在 上存在唯
一的零点 0x ，且 0
1,axea
.综上： 时， 有两个零点； 时， 仅有一个零点.
