函数与导数数学思想与方法解析版

专题01 函数与导数

例1.函数与方程思想 xx（2021·河南·高三（文））已知函数fxxeex1，记gxfx.

(1)若gxa恰有两个不同零点，求实数a的取值范围；

11(2)记fx的极小值为fx0，证明：fx0.

261【答案】(1)a1,1(2)证明见解析

e【分析】

（1）根据利用导数研究函数的单调性、极值，作出大致图象，数形结合求解即可； （2）先利用导数求出函数的极小值fx021x0，估计极值点的范围，在此范围上求x01函数hx2x的单调性即可求解.

xxx【详解】(1)由题可知gxxe1，故gxx1e，

由gx0得：x1；由gx0得：x1，

故gx在x,1上单调递减，在x1,上单调递增， 当x0时，xex0，进而xex11；当x时，gx； 结合gx在x,1上单调递减，在x1,上单调递增， 作出gx图象如下：

1若gxa恰有两个不同零点，则a1,1.

e(2)

x0设gx00，即e1，由gx0得：xx0；由gx0得：xx0， x0故fx在x,x0上单调递减，在xx0,上单调递增，

x0xx于是fx的极小值为fx0x0e0e0x01，代入e11fx2x0， 得0x0x0估计x0的范围：

21112223对gxxe1，gx在x1,上单调递增，ge1，ge1，

2233x11由0e4得e2，从而ge210，

22121322221233272由e得e3，从而ge310，故x0，

2323382于是fx021x0，1x02， x023112设hx2x，x，

23xhx1x1x0，故hx在x1,2单调递增， 1123x2x21112因此hxh，hxh，

262311于是fx0.

26例2.数形结合思想 x（2021·天津一中高三）已知函数fxemx有两个不同的零点x1，x2，且x1x2.

(1)求实数m的取值范围；

(2)求证：当x1,时，lnxflnxmlnxlnx2x1；

2(3)求证：x1x23e. m【答案】(1)(e,)(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】

xe（1）原问题等价于直线ym与函数g(x)的图象有两个交点，求m的取值范围，作出

xg(x)的图象，观察图象即可得解；

(2)原不等式可转换为x1lnx2(x1)0，令h(x)x1lnx2(x1)，利用导数可证明函数单调递增，根据h(x)h(1)0即可证明； （3）注意lnx2x1x1,x0,1,lnx2x1x1,x1,，结合题意可得x2x1lnm1，

利用分析法转化可得lnme2，再构造函数证明即可． mxe【详解】(1)显然x0不是f(x)的零点，令f(x)0，则m，

xxe依题意，直线ym与函数g(x)的图象有两个交点，

xex(x1)又g(x)，

x2当x1且x0时，g(x)0，当x1时，g(x)0，

则函数g(x)在(,0)，(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，

当x0时，g(x)0，当x时，g(x)，g（1）e，其草图如下，

由图象可知，实数m的取值范围为(e,)； (2)由lnxflnxmlnxlnx2x1， 化简得：x1lnx2(x1)0， 令h(x)x1lnx2(x1)， 即证x1,时，h(x)0成立，

11因为h(x)lnx1，设m(x)lnx1，

xx2则m(x)x10在x1,上恒成立， x21所以m(x)lnx1在x1,上单调递增，

x所以x1,时，m(x)lnx11m(1)0， x即h(x)0在x1,上恒成立，

所以h(x)x1lnx2(x1)在x1,单调递增， 故h(x)h(1)0，

所以x1lnx2(x1)0成立.

即lnx2(x1). x1(3)由（2），当x(0,1)时，m(x)0，m(x)在x(0,1)上单调递减， 所以m(x)lnx11m(1)0， x即h(x)0，所以h(x)x1lnx2(x1)在x(0,1)上单调递增， 所以h(x)h(1)0 即lnx2(x1)， x1易知0x11x2，

lnx2x1x1,x0,1,lnx2x1x1,x1,，

2x21x21x1lnmlnx1lnmx12x12x11x11，x2lnmlnx2lnm，

x11lnm2x12，x22x2x21lnm2x22，

x2x1lnm2x2x1，即x2x11lnm2，即x2x1lnm1，

x22x12x2x1要证x1x23eee2， ，即证lnm13，只需证lnmmmm记Fmlnme1eme，则F(m)22， mmmm易知F(m)在(e,)上单调递增， F(m)F（e）2，即得证．

例3.分类与整合思想 12x（2022·湖北·武钢三中高三）已知函数fxxeaxaxaR

2(1)讨论fx的单调性； (2)若关于x的不等式fx12ax4axlnx1在0,上恒成立，求实数a的取值范围. 21【答案】(1)答案见解析 (2),

3【分析】

（1）求出函数导数后对a分类讨论，解不等式得出函数单调区间即可；

x（2）由题意转化为3aelnx1lnx1x对任意x(0,)恒成立，记F(x)e，利用导xx

x0数可得F(x)minelnx01，再利用导数及零点的性质求出F(x)min1即可得解. x0x【详解】(1)f(x)ea(x1)

①当a0时，exa0,x10时，f(x)0,f(x)在(1,)上单调递增； 当x10，即x1时，f(x)0,f(x)在(,1)上递减； 1①当a0时，令f(x)0，得xln(a)或x1，函数递增；

e令f(x)0，得ln(a)x1，函数递减 1①当a时，f(x)0恒成立，函数在R上递增

e①当a时，令f(x)0，得x1或xln(a)，函数递增； 令f(x)0，

得1xln(a)，函数递减.

1(2)不等式f(x)ax24axlnx1在(0,)上恒成立，

21e即xexlnx13ax对任意的x(0,)恒成立， 3aexlnx1对任意的x(0,)恒成立 xxlnx1lnxx2exlnxx记F(x)e，则F(x)e2，

xxx2x2x记h(x)x2exlnx，则h(x)2xexe1，易知h(x)0在(0,)上恒成立， x211211h(x)在(0,)上单调递增，且hee1ee10,h(1)e0，

ee存在x0,1，使得hx00，且当x0,x0时h(x)0，即F(x)0，

1e①函数F(x)在0,x0上单调递减；

当xx0,时h(x)0，即F(x)0，故F(x)在x0,上单调递增，

xF(x)minFx0，即F(x)mine0lnx01， x01ln1x0e， x0x0又hx00，故xelnx0，即x0eln2x00令g(x)xex

xeexxxex0在(0,)上恒成立，

①函数g(x)xex在(0,)上单调递增，且值域为(0,)，

lnx01x0ex0lnx011x011x0x0ln,F(x)mine1

x0x0x0x03a1.

1综上，实数a的取值范围是,.

3例4.转化与划归思想 x（2021·江苏省前黄高级中学高三）已知函数fxxealnxx.

（1）当a0时，求fx的最小值；

2x（2）若对任意x0恒有不等式fx1成立，证明：xex2lnx2sinx.

【答案】（1）aalna；（2）证明见解析. 【分析】

xexaxx（1）求得函数的导数fxx1，令fx0，解得axe，令gxxe，

x利用导数得到gx在x0,上为增函数，且g00，得到axex有唯一实根x0，得到ax0ex0，结合函数的单调性，即可求解；

（2）当a0时，fx单调递增，不适合题意；当a0时，由（1）知fminxaalna，设aaalna，利用导数求得a的单调性和最值，得出aalna1，根据fx1恒成立，得到aalna1，转化为证x2x2lnx2sinx，根据lnxx1，进而转化为

2x2x22sinx，构造gxxx22sinx，求得单调性和最值，即可求解.

【详解】

x（1）由题意，函数fxxealnxx，可得fx的定义域为0,，

xexaax且fxx1ex1，

xx令xexa0，解得axex，

xxxx令gxxe，可得gxexex1e0，

所以gx在x0,上为增函数，且g00，所以axex有唯一实根，

x即fx0有唯一实根，设为x0，即ax0e0，

所以fx在0,x0上为减函数，在x0,上为增函数，

x所以fxminfx0x0e0alnx0x0aalna.

xexa（2）由（1）知，fx的定义域为0,，且fxx1，

x

当a0时，可得fx0，所以fx单调递增，fx值域为R，不适合题意； 当a0时，由（1）可知fminxaalna， 设aaalnaa0，所以alna， 当a0,1时，a0，a单调递增； 当a1,时，a0，a单调递减， 所以amax11，即aalna1.

由fx1恒成立，所以aalna1，所以aalna1，

所以a1.可知xexlnxx1，因此只需证：x2x2lnx2sinx， 又因为lnxx1，只需证x2x2x22sinx，即x2x22sinx， 当x1时，x2x222sinx结论成立，

2当x0,1时，设gxxx22sinx，gx2x12cosx，

当x0,1时，gx显然单调递增.gxg112cos10，故gx单调递减， gxg122sin10，即x2x22sinx.

综上结论成立.

巩固训练 一、单选题

1．（2021·山东·嘉祥县第一中学高三）已知e是自然对数的底数，关于x的方程ex2x有两个不同的解x1，x2（x1x2），则（ ） A．x11，x23 【答案】D

【分析】构造函数hxe点存在性定理即可判断. 【详解】设hxex2B．x11，x23 2C．x1x2e D．4x1x211 2x2x，则hx有两个不同的零点，然后结合函数的单调性与零

ex2x,x2x2x，

ex,x2则hx有两个不同的零点x1,x2x1x2， 当x2时，hxe所以hxe又h1e212x2xx，则hxe2x10，

x在,2单调递减，

1e10，h2e22210，

所以1x12；

当x2时，hxex2x，则hxex21，

令hx0，即x2，所以x2时，hx0， 所以hxe又h3e32x2x在2,单调递增，

73277723e30，hee20，

222 所以3x27，又1x12， 211，又7e2， 2①3x1x27，4x1x2故选项A、B、C错误，选项D正确. 故选：D.

a2．（2021·辽宁·渤海大学附属高级中学高三）若2ln2bln3cln535则（ ） 235A．aln2bln3cln5 C．aln2cln5bln3 【答案】D 【分析】 构造函数fx【详解】 构造函数fxB．cln5bln3aln2 D．cln5aln2bln3

lnx，利用导数讨论单调性并结合题意得出3b<2a5c，整理即得结果. xlnx1lnx，则f(x)，令fx=0解得xe， xx2当xe,时，f(x)0，故f(x)单调递减， 又e345，所以f(3)f(4)f(5)， 即

ln3ln4ln2ln5ln2bln3cln5a=3=5，又2， 2353425所以3b<2a5c，则ln3bbln3 故选：D.

333．（2022·浙江·温州中学高三期末）如图，函数fxx的图象Γ上任取一点Am,m,m0，

过点A作其切线l1，交Γ于点B，过点B作其切线l2，交Γ于点C，过点C作其切线l3，交l1于点D，则

ADAB的取值（ ）

A．与m有关，且存在最大值 C．与m有关，但无最值 【答案】D 【分析】

B．与m有关，且存在最小值 D．与m无关，为定值

32先证明一个结论：函数fxaxbxcxda0的图象Γ上任取一点Pm,n，

mb. 3a过点P作其切线l1交于点Ax1,y1，过点P作l2交Γ于另两个点Bx2,y2,Cx3,y3 ，则x2x32x1；利用该结论即可求出B,C的横坐标关于m的表达式，进而求出直线AB与CD的方程，联立直线AB与CD的方程，即可求出点D的横坐标，再根据可求出结果. 【详解】

ADABxDxA，即

xAxB32先证函数fxaxbxcxda0的图象Γ上任取一点Pm,n，mb. 3a过点P作其切线l1交于点Ax1,y1，过点P作l2交Γ于另两个点Bx2,y2,Cx3,y3 ，则x2x32x1.

32yaxbxcxd证明:设过点Pm,n的直线为ykxmn，联立得: ，得方程

ykxmnax3bx2ckxdkmn0,*

2则方程*必有一根xm，于是方程*可改写为axmxSxT0,**，其中

S,TR，

当AP与Γ相切于A点时，方程**有重根xx1，韦达定理知2x1S；

当BC与相交Γ于B,C点时，方程**有另两个根xx2,xx3， 韦达定理知x2x3S. 故x2x32x1.

3由于函数fxx的图象Γ关于原点0,0对称，

设Bx2,x2，连结OB，交Γ于另一点B，由对称性，则Bx2,x2，由上述结论，则

33x202m，所以x22m；

33设Cx3,x3，连结OC交Γ于另一点C由对称性，则C(x3,x3)，由上述结论，则x302x2，

所以x34m.

2323于是直线AB为y3mxmm，直线CD为y48mx4mm， 2342my3mxmmx联立得: ，解得， D2315y48mx4mm42mmADADxDxA3315所以，故的取值与m无关，为定值.

ABABxAxB3m55故选：D.

4．（2021·河南·高三（理））已知a为常数，函数fx12axxlnx1有两个极值点2x1,x2x1x2，则下列结论正确的是（ ）

1A．a0

eB．0a1 e1C．a

e1D．a

e【答案】A 【分析】

求导得fxaxlnx，令gxlnx，hxax，转化条件为函数gx、hx的图象有1两个不同交点，由导数的几何意义、函数的图象以及数形结合可得a0.

e【详解】 ①fx12axxlnx1， 2①fxaxlnx，

所以若要使函数fx有两个极值点，则fx有两个零点，

令gxlnx，hxax，则函数gx、hx的图象有两个不同交点， 易知直线hxax恒过点0,0，gx1， x在同一直角坐标系中作出函数gx、hx的图象，如图，

当直线hxax与函数gxlnx的图象相切时，设切点为x0,lnx0， 1lnx01a，所以x01，a， 则x0x0ee1所以当且仅当a0时，函数gx、hx的图象有两个不同交点，

e1所以要使函数fx有两个极值点，则a0.

e故选：A.

15．已知函数f(x)ax3xsinx2cosx(aR)，若f(x)在R上单调，则a的取值范围是

3（ ）

11A．,,

222B．,2, , 2C．(,1][1,)

D．,2

【答案】A 【分析】

先求函数的导函数，由f(x)在R上单调，可知f(x)0恒成立或f(x)0恒成立，构造函数g(x)ax2sinxxcosx，分类讨论a的取值范围，利用导数研究函数的单调区间及最值即

可得解. 【详解】

求导f(x)ax2sinxxcosx，令g(x)ax2sinxxcosx，

由f(x)在R上单调，可知g(x)0恒成立或g(x)0恒成立，分类讨论：

g(x)2axcosxcosxxsinx2axxsinx2asinxx

（1）当a1时，2asinx0，令g(x)0，得x0 2当x0时，g(x)0，函数g(x)单调递减；当x0时，g(x)0，函数g(x)单调递增； g(x)ming(0)0，即g(x)0恒成立，符合题意；

1（2）当a时，2asinx0，令g(x)0，得x0

2当x0时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当x0时，g(x)0，函数g(x)单调递减；

g(x)maxg(0)0，即g(x)0恒成立，符合题意；

11（3）当a时，令g(x)0，得x0或sinx2a，

22

研究x0,内的情况即可：

当x0,x1时，g(x)0，函数g(x)单调递减；当xx1,x2时， g(x)0，函数g(x)单调递增；当xx2,时，g(x)0，函数g(x)单调递减；

当xx1时，函数g(x)取得极小值，且满足sinx12a；当xx2时，函数g(x)取得极小值，且满足sinx22a

g(x1)ax12sinx1x1cosx1sinx12x1sinx1x1cosx1，且x10, 22同理g(x2)sinx22x2sinx2x2cosx2，且x2, 22

又g(0)0，当x12时，gx10；当x2时，gx20，故不符合；

11所以a的取值范围是,,

22故选：A

ex,x06．已知函数f(x)3，其中e为自然对数的底数，则对于函数24x6x1,x0g(x)f(x)2f(x)a有下列四个命题：

命题1存在实数a，使得函数g(x)没有零点； 命题2存在实数a，使得函数g(x)有2个零点； 命题3存在实数a，使得函数g(x)有4个零点； 命题4存在实数a，使得函数g(x)有6个零点； 其中真命题的个数是（ ） A．1 【答案】D 【分析】

tf(x)，求得当x0时，f(x)的导数，可得单调性和最值，作出f(x)的图象，可令g(x)0，

B．2 C．3 D．4

可得t2ta0，14a，分别考虑a个数，即可判断． 【详解】

15，a0，a2，a时，函数g(x)的零点

3当x0时，f(x)4x36x21的导数为f(x)12x212x， 当0x1时，f(x)递减，x1时，f(x)递增， 可得f(x)在x1处取得最小值，也为最小值1， 作出函数f(x)的图象，如图：

g(x)f2(x)f(x)a，可令g(x)0，tf(x)，

可得t2ta0，

14a，

当0时，a当0时，a1，方程t2ta0无实数解，g(x)无零点； 4111，解得t，即f(x)，g(x)有三个零点；

242当a0时，t0或1，可得f(x)0和f(x)1有四个实根， 即g(x)有四个零点； 当a15515时，t或t，可得f(x)或f(x)各有3个实根， 366666即g(x)有6个零点；

当a2时，t1或t2，可得f(x)1和f(x)2各有一个实根， 即g(x)有2个零点． 综上可得4个命题都对． 故选：D

7．设定义在R上的函数fx的导函数为fx，若fxfx2，f02021，则不等式f(x)2A．2018, C．2020, 【答案】B 【分析】

xx构造函数gxefx2e，利用导数求得函数gx的单调性，结合g02019，把不

2019（其中e为自然对数的底数）的解集为（ ） exB．0, D．,02018,

等式f(x)2【详解】

2019转化为gxg0，即可求解. xexx设函数gxefx2e，

xxxx可得gxefxefx2ee[f(x)f(x)2]，

因为fxfx2，且ex0，

x所以gxe[f(x)f(x)2]0，所以gx在R上单调递增，

又由g0f022019，可得 因为不等式f(x)22019，可得化为exf(x)2ex2019， xe2019的解集为(0,). xe即gxg0，可得x0，即不等式f(x)2

故选：B.

2228．在平面直角坐标系xOy中，已知x1lnx1y10，x2y230，则(x1x2)(y1y2)的

最小值为（ ） A．9 【答案】B 【分析】

由题设，将问题转化为求yx2lnx上的点与xy30上的点的距离的平方的最小值，利用导数的几何意义求yx2lnx上与xy30平行的切线方程，应用点线距离公式求目标式的最值即可. 【详解】

22由x1lnx1y10，则y1x1lnx1，又x2y230，

9B．

2C．32 D．32 2(x1x2)2(y1y2)2的最小值转化为：yx2lnx上的点与xy30上的点的距离的平方

的最小值，

1由yx2lnx，得：y2x，与xy30平行的直线的斜率为1，

x①2x111，解得x1或x（舍)，可得切点为(1,1)，

2x22切点到直线xy30之间的距离的平方，即为(x1x2)(y1y2)的最小值，

(x1x2)2(y1y2)2的最小值为：(|3|11)29. 2故选：B. 二、多选题

9．（2021·福建晋江·高三）在平面直角坐标系中，我们把横纵坐标相等的点称之为“完美点”，下列函数的图象中存在完美点的是（ ） A．y=﹣2x 【答案】AC 【分析】

横纵坐标相等的函数即yx，与yx有交点即存在完美点，依次计算即可. 【详解】

横纵坐标相等的函数即yx，与yx有交点即存在完美点，

B．y=x﹣6

3C．y=

xD．y=x2﹣3x+4

yxx0对于A,，解得，即存在完美点0,0，

y0y2x

yx对于B,，无解，即不存在完美点，

yx6yxx3x3对于C,或，即存在完美点3，解得yy3y3x3,3，3,3

yx对于D,， x2x4x,即x22x40，解得(2)244120，即2yx3x4不存在完美点， 故选：AC.

10．（2022·江苏常州·高三期末）已知函数fxlnx确的有（ ） A．函数fx是周期函数 C．函数fx有无数个极值点 【答案】CD 【分析】

B．函数fx有唯一零点

3D．函数fx在,上不是单调函数

44πsinxcosx，下列说法正4πylnx根据不是周期函数，从而可判断选项A错误；

4令x1πt，gtlnt2cost，gt2sint， 4t2cost的图象，由图象可判断选项B；

作出ylnt与y1作出y与y2sint的图象，由图可判断选项C；

t通过图象可判断gt在0,不单调，从而可判断选项D.

2π【详解】

ππfxlnx2cosx，

44因为ylnx令xπ不是周期函数，则fx不是周期函数，A错； 41πt，gtlnt2cost，gt2sint，

t4令gt0，则lnt作出ylnt与y2cost，

2cost的图象，由图可知，ylnt与y2cost的图象至少有两

个交点，

gt至少有两个零点，fx至少有两个零点，B错误；

1作出y与y2sint的图象，由图可知，gt有无数个零点

t

gt有无数个极值点，即fx有无数个极值点，C正确；

因为gt在0,有零点，所以gt在0,不单调，

22ππfx在π3,π不单调，D正确； 44故选：CD.

3211．（2020·全国·模拟预测（文））已知函数fxax3x的极小值为1，则实数a的值为

（ ） A．2 【答案】AD 【分析】

2求得fx3ax6x，对实数a的取值进行分类讨论，求得函数yfx的极值点，并分

B．1 C．1 D．2

析函数yfx的单调性，结合函数yfx的极小值为1可求得实数a的值. 【详解】

fxax33x2，fx3ax26x.

①当a0时，fx6x，当x0时，fx0；当x0时，fx0. 此时，函数yfx无极小值，不合乎题意；

2①当a0时，fx3ax6x3xax2.

令fx0，可得x0或x22；令fx0，可得0x. aa22所以，函数yfx的单调递增区间为,0和,，单调递减区间为0,，

aa4222则函数yfx的极小值为fa321，解得a2；

aaaa2①当a0时，fx3ax6x3xax2.

32令fx0，可得x22或x0；令fx0，可得x0. aa22所以，函数yfx的单调递减区间为,和0,，单调递增区间为,0，

aa4222则函数yfx的极小值为fa31，解得a2.

aaaa综上所述，a2. 故选：AD.

12．（2021·全国全国·模拟预测）已知定义在R上的函数f(x)满足对任意的x，yR，f(xy)f(x)f(y)，且当x0时，f(x)1，则（ ）

32A．f(0)1

B．对任意的xR，f(x)0 C．f(x)是减函数

1D．若f2，且不等式

21xlnyxlnxayf4恒成立，则a的最小值是2 xe【答案】ABD 【分析】

A. 取xy0，易得f(0)1；

xB. 取xy，可得f(x)2xf2xf2x0，然后验证f(x)0的情况； 22C. 由当x0时，f(x)1，且f(0)1可得，

当x0时，f(x)f(0)，与f(x)为减函数矛盾，从而可判断C错误；

1D. 先证明f(x)的单调性，然后由f2可得f(1)4，结合函数的单调性可得

2xlnyxlnxay1，

x再化简、换元，通过构造函数、求导得新函数的单调性和最值，即可得解. 【详解】

取xy0，则f(0)[f(0)]2，解得f(0)0或f(0)1，

若f(0)0，则对任意的x0，f(x)f(x0)f(x)f(0)0，与条件不符，故f(0)1，A正确；

xxx对任意的xR，f(x)ff0，若存在x0R，使得fx00，

2222则f(0)fx0x0fx0fx00，与f(0)1矛盾，所以对任意的xR，f(x)0，B正确；

当x0时，f(x)1，且f(0)1，所以当x0时，f(x)f(0)，与f(x)为减函数矛盾，C错误；

假设x1x2，则fx1fx2fx1x2x2fx2fx1x2fx2fx2fx1x21fx2

因为x1x20，所以fx1x21，则fx1fx20，即fx1fx2，

1xlnyxlnxay 所以函数f(x)在R上单调递增，由题意得f(1)f4，所以ff(1)，x22结合f(x)在R上单调递增可知令txxxxlnyxlnxay1，则lna，

yyyxx，则t0，atlntt，令F(x)xlnxx，F(x)lnx2， y1112易得F(x)在0,2上单调递减，在2,上单调递增，从而F(x)Fe2，

eee所以a11a，则，D正确.

e2e2故选：ABD. 三、填空题

13．（2020·江苏·南京市第二十九中学高三期中）已知对任意的x0，不等式xexlnxax1恒成立，则实数a的取值范围为______. 【答案】a1

由不等式恒成立构造f(x)xexlnxax1，只需f(x)min≥0成立：利用导函数研究f(x)单

x0调性知x0(0,)使f(x0)0，此时得a(1x0)e1，而f(x)minf(x0)0，构造x0h(x)xex得到ex01时f(x)0恒成立，进而可求a的取值范围. x0【详解】

由题意，对任意的x0不等式xexlnxax10恒成立，

11xxxx令f(x)xexlnxax1，则f(x)exea，f(x)2exe20，

xxx①f(x)在(0,)上单调增，且x0(0,)使f(x0)0，即a(1x0)e01， x0①f(x)在(0,x0)上递减，(x0,)上递增，

x0x2x故：f(x)minf(x0)x0e0lnx0ax01(x0e0lnx0)0，即x0elnx0， x01lnx而h(x)xex在(0,)上单调增，又h(ln)，

xx①h(x0)h(ln11)，即有ex0时f(x)0恒成立，

x0x0x①a(1x0)e011x011， x0x0x0故答案为：a1.

x21,x114．（2021·天津市第四十一中学高三）设函数fxx是单调函数．若fx的值

ax,x1域是R，且方程fxlnxm没有实根，则m的取值范围是______． 【答案】,ln2e 【分析】

根据函数fx的值域为R可求得a2，利用导数求出当直线y2x与函数gxlnxm的图象相切时实数m的值，数形结合可得出实数m的取值范围. 【详解】

11x21当x1时，fxx，fx1220，所以，函数fx在1,上为增函数，

xxx此时，fxf12，

所以，函数fxax在,1上的值域应包含,2，则a0. 由于函数fx在R上为单调函数，则该函数在R上为增函数，

a0所以，解得0a2，即实数a的取值范围是0,2；

af12当x1时，fxaxa，由题意可得,2,a，可得a2. 又0a2，a2. 设gxlnxm，则gx1. xm设直线y2x与曲线ygx的图象相切于点t,lntm，如图，

11tln222. 所以，tm，解得1ln2mlntm2t2由图象可知，当m1ln2ln2e，直线y2x与函数gxlnxm的图象没有公共点. 2故答案为：,ln2e.

x2axa,x115．（2021·重庆·高三）若函数fxx有两个不同的零点，则实数a的取值

aex1,x1范围为___________. 【答案】[0,【分析】

分别讨论函数在x1与x1两种情况下，利用二次函数与直线、导数研究零点个数与a的关系，综合两种情况即可求出 【详解】

当x1时，由x2a(x1)，ya(x1)恒过定点(1,0)， 作出yx2与ya(x1)图象，如图，

1) e2

由图象知a0时fx有两个零点；a0时fx有一个零点；a0时fx无零点. 当x1时，由a则a0或ax1x12x1g(x)g(x)g(x)g(2)x2，令，则，则时取得最大值，

exexe2ex111fxfxa0a时有一个零点；时有两个零点；时fx无零点. e2e2e21)时fx有两个零点. e2综上所述：当a[0, 故答案为：[0,1) e216．（2021·广东·揭阳市揭东区教育局教研室高三期中）若定义在R上的函数fx满足

1fx3fx0，fe，则不等式fxe3x的解集为________________．

31【答案】,

3【分析】 构造Fx【详解】

f(x)e3xf(x)3e3xf(x)f(x)3f(x)构造Fx3x，则Fx， 6x3xeeef(x)，由已知结合导数判断函数的单调性，利用函数的单调性解不等式. e3x函数fx满足fx3fx0，则Fx0，故Fx在R上单调递增．

11又①fe，则F1，

33

则不等式f(x)e3x①

f(x)1F(x)F1，即，

e3x31根据Fx在R上单调递增，可知x,．

31故答案为：,

3四、解答题

17．（2021·山东泰安·高三期中）某地打算修建一条公路，但设计路线正好经过一个野生动物迁徙路线，为了保护野生动物，决定修建高架桥，为野生动物的迁徙提供安全通道.若高架桥的两端及两端的桥墩已建好，两端的桥墩相距1200米，余下的工程只需要建两端桥墩之间的桥面和桥墩.经预测，一个桥墩的工程费用为500万元，距离为x米的相邻两桥墩之间的桥面工程费用为10xlnx123万元，假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其它因素，记余下工程的费用为y万元. (1)试写出y关于x的函数关系式；

(2)需新建多少个桥墩才能使y最小？并求出其最小值.参考数据：ln20.69，ln31.10 【答案】(1)y12000lnx1260000036500 x(2)需新建19个桥墩才能使y最小，最小值为24740万元. 【分析】

（1）利用题中的已知条件设出需要建设桥墩的个数，进而表示出工程的费用即可； （2）利用（1）的结果，再利用导数研究函数的单调性即可求出最值.

12001(1)由已知两端的桥墩相距1200米，【详解】且相邻两桥墩相距x米，故需要建桥墩x个，

12001200150010x则ylnx123 xx60000050012000lnx1236000 x60000036500 x60000036500，x0,1200 x12000lnx12所以y关于x的函数关系式为y12000lnx12(2)由（1）知y12000lnx1260000036500 xx250x1212000600000y12000

x12x2x12x2

2令y0，即x50x120，解得x10（舍）或x60

当0x60时，y0，函数单调递减；当60x120时，y0，函数单调递增； 所以当x60时，y有最小值， 且ymin12000ln60126000003650012000ln7226500 60又ln72ln89ln8ln93ln22ln330.6921.14.27 ymin120004.272650024740（万元）

所以需新建19个桥墩才能使y最小，最小值为24740万元. 18．（2021·贵州·贵阳一中高三（理））已知函数f(x)1为．

61312xax(aR)在0,1上的最小值32（1）求a的值；

（2）讨论函数g(x)f(x)2xb(bR)的零点个数． 【答案】（1）a1；（2）答案见解析. 【分析】

（1）求导，对a分类讨论结合单调性可得结果；

13121312（2）g(x)0即bxx2x，令h(x)xx2x，根据导数作出函数h(x)的

3232图象，数形结合可得结果. 【详解】

1312（1）由f(x)xax，f(x)x2axx(xa)，

32当a0时，f(x)在[0,)上恒大于等于0，所以f(x)在[0,1]上单调递增， f(x)minf(0)0，不合题意；

当0a1时，则x[0,a]时，f(x)0，f(x)单调递减；x[a,1]时，f(x)0，f(x)单调递增，

131131313所以f(x)minf(a)aaa，a，

66326所以a1，不满足0a1；

当a1时，在[0,1]上，f(x)0且不恒为0，所以f(x)在[0,1]上单调递减，

111f(x)minf(1)，适合题意；

326当a1时，在[0,1]上，f(x)0，所以f(x)在[0,1]上单调递减，

111f(x)minf(1)a，所以a1，不满足a1；

326

综上，a1． （2）由（1）g(x)111312xx2xb，所以bx3x22x，

32321312令h(x)xx2x，则h(x)x2x2(x2)(x1)，

32所以h(2)0,h(1)0，且当x1时，h(x)0； 当1x2时，h(x)0；当x2时，h(x)0，

1171110所以hx极小h12，hx极大h2844，

326323如图：

107当b或b时，函数g(x)有1个零点；

36当b710或b时，函数g(x)有2个零点； 63710当b时，函数g(x)有3个零点．

6319．（2021·拉萨·一模（理））已知函数fx12xa2lnx,aR 2（1）若曲线yfx在x1处的切线方程为16x2y170，求a的值； （2）若a0，函数yfx与x轴有两个交点，求a的取值范围. 【答案】（1）a3；（2）ae. 【分析】

（1）根据导数几何意义是切点处切线斜率，求得参数a.

（2）将函数根的问题转化为函数图像交点问题，研究新函数的单调性，数形结合，求得参数取值范围. 【详解】

a2（1）由题意知函数的定义域为0,，fxx，

x

因为曲线yfx在x1处的切线方程为16x2y170， 所以切线斜率为8，

2即x1时，f11a8，

解得a3

（2）因为函数yfx与x轴有两个交点， 所以方程fx0在0,上有两个不等实根， 122即xalnx在0,上有两个不等实根， 21lnx122又方程xalnx可化为22，

2ax2令gxlnx，x0， x2lnx1gx与函数的图像有两个不同的交点，

2a2x2则只需直线y12lnxx2xlnx12lnx， 又gx2，所以xgxxx4x3由gx0得12lnx0，解得0xe； 由gx0得12lnx0，解得xe； 所以函数gx在0,e上单调递增，在因此gxmaxge,上单调递减；

e21e

lnx0；当0x1时，gx0， x2当x1时，gx画出函数gx的大致图像如下：

由函数图像可得，当0lnx111，即ae时，直线y2与函数gx2的图像有两22a2e2ax个不同的交点，即函数yfx与x轴有两个交点. 因此a的取值范围为ae

20．（2021·陕西·西北工业大学附属中学高三（理））已知函数f(x)程为yax.

(1)求a的值及f (x)的单调区间；

sinx在原点处的切线方eax(2)记g(x)f(x)bx，b0,2，讨论函数gx在0,上零点的个数.(参考数据：

e2=4.81047).

3【答案】(1)增区间2k,2k44(2)答案见解析. 【分析】

52k,2k-,kZ，减区间，kZ； 44（1）根据f(0)1得到a，然后计算f(x)，令f(x)0可得单调递增区间，令f(x)0可得单调递减区间.

（2）计算gx，令hxgx，可知函数gx的单调性，然后讨论0b1，1b2，分别找到相应的隐零点，然后分别得到函数gx的单调性，进一步判断即可.

axx【详解】(1)f(x)e(cosxasinx),f(0)1a,a1,fxesinx.

f(x)ex(cosxsinx)2exsinx0,

4则2kx32k,kZ，即x2k,2k,kZ,

444令f(x)0，则2kx5,2k-，kZ 2k,kZ，即x2k444,kZ， 3函数f(x)的单调递增区间为2k,2k445,2k-，kZ 递减区间为2k44xx(2)gxfxbxesinxbx,x0,,gxesinxcosxb, xx令hxgxesinxcosxb,hx2ecosx，

当x0，时，hx0；当x，时，hx0

22所以gx在0，上递增，在，上递减，且g01b,

22当1b0，即0b1时，g01b0,ge2b0,

2故存在x1,，使得gx10，则gx在0,x1递增，在x1,递减

2

又g00，gx10，gb0,所以gx在0,上仅有一个零点 当1b2时，g01b0,ge2b0，

2 所以存在x20,，使得gx20，2又g0，所以存在x3，，使得gx30

2所以gx在0,x2,x3,递减，在x2,x3递增

ge2be20,gx30,g0,

22所以gx在x3,存在一个零点

又gx2g00，所以gx在x2,也存在一个零点

2所以gx在0,上有两个零点

综上所述：当0b1时，gx在0,上仅有一个零点； 当1b2时，gx在0,上有两个零点

x2a2e221．（2021·江西景德镇·模拟预测（理））设函数f(x)(1a)xlnxlnx.

422(1)当a0时，求函数f(x)在(1,f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)单调递增，求实数a的取值范围. 3e212e2 (2)0,e x【答案】(1)y24【分析】

（1）根据导数的几何意义，求出切线斜率，点斜式写出切线方程即可；

x2e2（2）函数递增转化为f(x)0恒成立，构造函数g(x)xf(x)(1a)xalnx0恒

22成立即可，求g(x)导数对a分类讨论，分析g(x)0成立的条件即可. x2e2xe2【详解】(1)当a0时，f(x)xlnx,f(x)1,

4222x53e2f(1),f(1),

4223e5(x1)， 故f(x)在(1,f(1))处的切线方程为：y243e212e2. x即y24

2xalnxe(2)函数f(x)单调递增,则f(x)(1a)0恒成立，

2x2x其中x0，

x2e2构造函数g(x)xf(x)(1a)xalnx，即需g(x)0恒成立，

22而g(x)x(1a)a(x1)(xa), xx71x2e2axmin1,,e若a0,g(x)(x)(ax)(alnx),取,

(a)227x2e2e2316,ax(a)1,alnx()lnea7 则x222(a)此时g(x)61(7)0，故此时g(x)0不可能恒成立； x2e2若a0，此时g(x)x0恒成立；

22若a0，则当x(0,a)时g(x)0,yg(x)单调递减，

g(x)0，yg(x)单调递增，当x(a,)时，故g(x)的最小值在xa处取到，即g(a)0 .

a2e2e2a2a(1lna). 而g(a)aalna222e2a20,a(1lna)0,此时g(a)0 显然当0ae时，2e2a2ae0,a(1ln)0.此时g(a)0， 当时，

2故此时0ae. 综上所述，a0,e.

22．设函数f(x)x3(1a)x24axa，其中a为常数． (1)当a2时，求函数f(x)的单调减区间；

(2)若函数f(x)在区间[0,3]上的最大值为3，求实数a的取值集合； (3)试讨论函数yf(x)的图象与函数y(a1)2的图象的公切线条数． 【答案】(1)单调减区间为(2,4)； (2){3,}； (3)答案见解析. 【分析】

（1）对f(x)求导，利用f(x)0求单调减区间即可.

（2）由题设得f(x)(x2)(x2a)，讨论参数a研究f(x)在[0,3]上单调性及最大值，结合题设要求确定a的取值集合；

34131x

12（3）设g(x)(a1)2，切点为[x0,x(a1)]，应用导数的几何意义求切线方程，结合

x012yf(x)得到x(1222a)x(a1)20，由相切关系有0得2x0x08x034(1a)x0210(x00)，进而构造中间函数并应用导数、讨论参数a研究单调性、极值，

判断方程根的个数，即知题设函数间公切线的条数.

【详解】(1)当a2时，f(x)x3x28x2，则f(x)x22x8(x4)(x2)， 令f(x)0，解得x(2,4)，即当a2时f(x)的单调减区间为(2,4). (2)f(x)x22(1a)x4a(x2)(x2a)，

13i：当a0时，f(x)0在[0,3]上恒成立，即f(x)单调递增，

令f(x)maxf(3)1820a3，可得a3，与a0矛盾． 4ii：当a0时，f(x)x22(1a)x4a(x2)(x2a)，

由f(x)在[0,3]上的最大值为3，则f(0)a3， 当2a3，即a3时，f(x)0在[0,3]上恒成立，即f(x)单调递减， 232令f(x)maxf(0)3，得a3，即a3符合题意， 当02a3，即0a在[2a,3]单调递增，

①f(x)maxmax{f(0),f(3)}，又f(0)a3， 令f(3)3，求得a，即a343时，f(x)0在[0,3]的解集为[0,2a]，即f(x)在[0,2a]上单调递减，234323符合题意， 4综上，实数a的取值集合为{3,}．

12(3)设g(x)(a1)2，切点为[x0,x(a1)]，则g(x0)x2，

x011022①切线方程为yx(a1)x2(xx0)，整理得yx2x(a1)，又

00001112f(x)x22(1a)x4a，

22由题意，令此直线与yf(x)的图象相切，即x2(1a)x4ax2xx(a1)，整理得：

0012x2(1222a)x(a1)20， 2x0x022①(x222a)4[x(a1)]x4001214(1a)80，整理得8x034(1a)x0210(x00)， 2x0x0

由题意知，此方程根的个数即为yf(x)与y(a1)2的公切线条数， 设h(x)8x34(1a)x21，则h(x)24x28(1a)x8x(3x1a)， 令h(x)0，解得x0或x1xa1， 3i：当x h(x) h(x) a1a10，即a1时，h(x)0的解集为(,0)，列表如下：

33(,a1)3 a13 (a13，0) 0 0 极小值 (0,)   0 极大值  递增 递减 递增 由表知：当x0时h(x)取得极小值，又h(0)10， ①方程8x034(1a)x0210(x00)有且仅有一个实数根，即公切线条数为一条.

ii：当

a10，即a1时，h(x)0恒成立，即h(x)在R上单调递增，又h(0)10， 3①方程8x034(1a)x0210(x00)有且仅有一个实数根，即公切线条数为一条. iii：当

a1a1)，列表如下： 0，即a1时，h(x)0的解集为(0,33(,0)  x h(x) h(x) 0 0 极大值 (0,a1)3 a13 (a13，)  0 极小值  递增 递减 递增 由表知：当x0时h(x)取得极大值；当xh(a1时h(x)取得极小值，又h(0)10，3a1844)(a1)3(a1)31(a1)31， 327927当h(a143322)(a1)310，即1a时，方程8x034(1a)x0210(x00)有且仅有3272一个实数根，即公切线条数为一条， 当h(a143322)(a1)310，即a时，方程8x034(1a)x0210(x00)有且仅有两3272个实数根，即公切线条数为两条，

a1433223)(a1)10，即a当h(时，方程8x034(1a)x0210(x00)有且仅有三个3272实数根，即公切线条数为三条，

332233223322aaa222综上，当时公切线条数为一条；当时公切线条数为两条；当

时公切线条数为三条。