2023年12月15日发(作者：泰州一模2023数学试卷)

2023届河北省新高考数学复习

专题6 导数解答题30题专项提分计划

x1．（2022·河北·模拟预测）已知函数fxem2xmR．

2(1)若存在x0，使得f(x)0成立，求m的取值范围；

x2(2)若函数Fxxeefx有三个不同的零点，求m的取值范围．

12【答案】(1),e

22(2)e,

ex11ex【分析】（1）由题意得m2在x0时成立，即m2，然后构造函数，结合22xxmax导数与单调性关系可求；

1(x1)exe2（2）由F(x)0有3个不同实数解，可得m有三个不同的实数解，构造新2x2的函数，结合导数与单调性关系及函数性质可求．

x【详解】（1）若存在x0，使得f(x)em2x0成立，

2ex11ex则m2在x0时成立，故m2，

22xxmax(2x)exex令g(x)2，x0，则g(x)，

x3x

当0x2时，g(x)0，gx函数单调递增，当x2时，g(x)0，gx函数单调递减，故gxmax12e2g2，所以me，

2412故m的取值范围为,e；

212x2x2x（2）Fxxeefxxeeemx0有3个不同实数解，所以21(x1)exe2m有三个不同的实数解，

2x2(x1)exe2(x22x2)ex2e2令h(x)，则h(x)，

23xx令p(x)(x22x2)ex2e2，则p(x)x2ex0，

因为p20，所以当x0或x2时，h(x)0，h(x)单调递增，当0x2时，h(x)0，h(x)单调递减，

12当x0时，h(x)，h2e，

2112由题意得me，

222故m的取值范围为e,．

322．（2022·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）已知函数fxxaxbx．

(1)当a0,b1时，证明：当x1,时，fxlnx；

(2)若ba2，函数fx在区间1,2上存在极大值，求a的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)6,31,2

【分析】（1）利用导数求出fx得出fxf10，根据gxlnx的单调性得gxln1，可得答案；

（2）求出fx，分a0、a0、a<0讨论fx单调性可得答案.

(1)

32由题意得fxxx，则fx3x1，当x1时，fx0，

fx在x1,上是减函数，∴fxf10，设gxlnx，gx在x1,上是增函数，

∴gxln10，∴当x1,时，fxlnx．

(2)

fx3x22axa23xaxa，且x1,2，

令fx0，得xa或a，

32①当a0时，则fx3x0，fx单调递减，函数fx没有极值；

a②当a0时，当x时，fx0，fx单调递减；

3当axa时，fx0，fx单调递增；当xa时，fx0，fx单调递减，

3a取得极小值，则1a2；

3∴fx在xa取得极大值，在x③当a<0时，当xa时，fx0，fx单调递减；

aa当ax时，fx0，fx单调递增；当x时，fx0，fx单调递减，

33∴fx在xaa取得极大值，在xa取得极小值，由12得：6a3，

33综上，函数fx在区间1,2上存在极大值时，a的取值范围为6,31,2．

【点睛】本题关键点是利用导数判断函数的单调性并求出函数的最值，考查了学生分析问题、解决问题能力.

3．（2022·河北沧州·统考二模）已知函数fx(1)求fx的单调区间；

x(2)证明：xfxea.

xlnxa,aR.

x【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求出fx，分a0、a<0讨论可得fx的单调区间；

1x（2）fxlnx，由fxf11得xlnx1x，不等式xfxea等价于xxxlnxex0，令gxxe1，利用gx的单调性可得答案.

(1)

函数fxxlnxaa1axalnx，定义域为0,,fx22，

xxxxx（i）当a0时，fx0,fx单调递增；

（ii）当a<0时，a0,x0,a时，fx0,fx单调递减；

xa,时，fx0,fx单调递增，

综上，当a0时，fx的单调递增区间为0,，无单调递减区间；

当a<0时，fx的单调递减区间为0,a，单调递增区间为a,.

(2)

由（1）知，当a1时，fxlnx所以xlnx1x，

因为fxxlnxax，所以不等式xfxea等价于xlnxex0，

xxx1，且fxf11，

x令gxxe1，则gx1eex1x0在x0时恒成立，

e所以当x0时，gxg00，

又xlnx1x，所以xlnxexx1ex0， x故xlnxex0，即xfxea.

【点睛】本题关键点是讨论导数的正负判断函数的单调性，以及转化求出函数的最值证明不等式，考查了学生分析问题、解决问题能力.

4．（2022·河北邯郸·统考模拟预测）设函数fxxlnx1

3(1)求曲线yfx在0,0处的切线方程；

(2)证明：当nN且n2时，lnn1【答案】(1)yx

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义，即可求切线方程；

32（2）首先构造函数gxxlnx1x，利用导数判断函数的单调性和最值，证明182n13.

27nlnx1x3x20，再换元，令x，得lnn1lnn求和.

2【详解】（1）显然，x1,，且fx3x1n113，再代入正整数，相加2nn1，故f01

x1故切线方程为y0f0x0，即yx

32（2）令gxxlnx1x，

313x3x22x13xx1

gx3x2xx1x1x122当x0时，gx0，gx单调递增

故gxg00，

32即当x0时，lnx1xx0

令x1111，得ln1320

nnnn即lnn1lnn11n13

n2n3n110

1213由此可得，ln2ln1ln3ln2111，

2223811n133，

2nnn……

lnn1lnn将以上n个式子相加，得lnn1182n13，nN且n2

27n5．（2022·河北·校联考模拟预测）已知函数f(x)lnxbxa，其中a,bR.

(1)若a1，曲线yf(x)在x2处的切线与直线x2y10平行，求f(x)的极值；

(2)当b1,a1时，证明：ex2f(x).

x【答案】(1)极大值为f(1)0，无极小值.

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据导数的几何意义得b可；

xex（2）根据题意，只需证明2lnxexa，由于函数yxex,x0在0,上单调递增，

eyxex0，故转化为证明1，进而得f\'(x)11x10，再列表求解即xxttlntagtlnta,t0，再求函数最值即可证，再令22ee明.

(1)

\'解：a1，f(x)lnxbx1，f(x)1b，

x因为曲线yf(x)在x2处的切线与直线x2y10平行，

\'所以，f(2)11b，解得b221，

11x10，解得x1，

xx\'所以，f(x)lnxx1，f(x)所以，x，f\'(x)，f(x)的变化情况如下表，

x

0,1

1

0

1,

f\'(x)

f(x)

单调递增 极大值 单调递减

所以，当x1时，f(x)有极大值f(1)0，无极小值.

(2)

解：当b1,a1，f(x)lnxxa，

因为ex2f(x)xexx2xelnxxa2lnxexa，

xexex所以只需证明2lnxexa成立即可.

e\'x令yxex,x0，则yx1e0,x0，

所以，函数yxex,x0在0,上单调递增，即yxex0.

xext令xet,t0，则2lnxexa2lnta，

eext11te2\'令gt2lnta,t0，则gt2，

2eette2\'所以，当t0,e时，gt0，gt单调递减，

2\'2当te,时，gt0，gt单调递增，

所以，gtge1lne2a1a，

因为a1，所以1a0，即gt0，

所以tlnta成立，

e2x2所以ef(x)成立，证毕.

xx16．（2022·河北保定·统考二模）已知函数fxelnxxlnalna.

(1)若a1，证明：fx1.

(2)当x1,时，fx1恒成立，求a的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)0,1

【分析】（1）根据题意，讨论函数fx的单调性，进而得其最小值fxminf11，即可证明；

1\'x1（2）根据题意，fxelna在1,上单调递增，且f1lna，进而分xf1lna0和f\'1lna0两种情况讨论求解即可.

(1)

x1证明：当a1时，fxe1，

x因为fx在0,上单调递增，且f10，

所以x0,1时，fx0，fx在0,1上单调递减，

当x1,时，fx0，fx在1,上单调递增. 所以fxminf11，

所以，fx1.

(2)

1\'x1解：fxelna，

x1x1由于函数ye,y在1,均为单调递增函数，

x1\'x1所以，fxelna在1,上单调递增，且f1lna.

x当f1lna0，即0a1时，fx0，fx在1,上单调递增，

所以fxf11.

当f1lna0，即a1时，fx存在唯一的零点x01，

当x1,x0时，fx0，fx在1,x0上单调递减，

则fxf11，这与fx1恒成立矛盾，所以a1不满足题意

综上，a的取值范围是0,1.

7．（2022·河北秦皇岛·统考二模）已知函数fx12xxacosxsinx．

2(1)当a1时，求曲线yfx在点0,f0处的切线方程；

3π(2)若函数fx在0,上单调递减，求a的取值范围．

4【答案】(1)y10；

(2)1,.

【分析】（1）将a1代入函数fx中，得出函数fx的解析式，进而可以求出切点坐标，再利用导数的几何意义及点斜式即可求解；

（2）根据已知条件可以将问题转化为恒成立问题，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法求函数的最值即可求解.

(1)

当a1时，fx12xxcosxsinx

21f0020cos0sin01，所以切点为0,1，

2fxx1sinxcosx，∴f(0)01sin0cos00，

所以曲线yfx在点0,f0处的切线的斜率为kf(0)0， 所以曲线yfx在点0,1处的切线的斜率切线方程为

y10x0，即y10.

(2)

由fx12xxacosxsinx，得

2fxx1asinxcosx

3π3π因为函数fx在0,上单调递减，可得fx0对任意x0,恒成立，

44设g(x)fxx1asinxcosx，则gx1acosxsinx.

因为g(0)01asin0cos00，

3π所以使fx0对任意x0,恒成立，

4则至少满足g00，即1a0，解得a1.

下证明当a1时，fx0恒成立，

3π因为x0,，所以sinx0，

4因为a1，所以fxx1sinxcosx.

π记h(x)x1sinxcosx，则h(x)1cosxsinx12sinx.

4π当x0,时，h(x)0；

2π3π当x,时，h(x)0.

24π3ππ0,h(x)所以函数在上单调递减，在,上单调递增.

2243π3π120，

因为h(0)0,h443π所以h(x)在0,上的最大值为h(0)0.

43π即f(x)h(x)x1sinxcosx0在0,上恒成立.

4所以a的取值范围为1,.

8．（2022·河北·模拟预测）已知函数f(x)(1)当a1时，

ax1，a0.

eax①求曲线yf(x)在x0处的切线方程；

②求证：f(x)在(0,)上有唯一极大值点；

(2)若f(x)没有零点，求a的取值范围.

【答案】(1)①y(2)10,e

21x1；②证明见解析

2

【分析】（1）①利用导数求出切线的斜率，直接求出切线方程；

xx②令gxe1xe，利用导数判断出g(x)在(0,)上有唯一零点x0，利用列表法证明出f(x)在(0,)上有唯一极大值点；

x（2）令hxeaax.对a分类讨论：①a<0，得到当a1时，f(x)无零点；②a0，f(x)无零点，符合题意.

ex1xexx1，fx.

【详解】（1）若a1，则fxx(ex1)2e1①在x0处，f0111121f(0)1.

2，1x1.

2所以曲线yf(x)在x0处的切线方程为yxx②令gxe1xe，g(x)xex，

在区间(0,)上，g(x)0，则g(x)在区间(0,)上是减函数.

2又g(1)10,g2e10,，

所以g(x)在(0,)上有唯一零点x0.

列表得：

x

(0,x0)

x0

0

(x0,)

f(x)

f(x)

+

-

极大值

所以f(x)在(0,)上有唯一极大值点x0.

axexa（2）fx，

exaxx令hxeaax，则hxea.

①若a<0，则h(x)0，h(x)在R上是增函数. 11a因为he1a0，h1e > 0，

a所以h(x)恰有一个零点x0.

令ex0a0，得x0ln(a).

代入h(x0)0，得aaalna0，

解得a1.

所以当a1时，h(x)的唯一零点为0，此时f(x)无零点，符合题意.

②若a0，此时f(x)的定义域为R.

当xlna时，h(x)0，h(x)在区间(,lna)上是减函数；

当xlna时，h(x)0，h(x)在区间(lna,+)上是增函数.

所以h(x)minh(lna)2aalna.

又h01a0，

由题意，当2aalna0，即0ae2时，f(x)无零点，符合题意.

综上，a的取值范围是10,e.

2【点睛】导数的应用主要有：

（1）利用导函数几何意义求切线方程；

（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；

（3）利用导数求参数的取值范围.

xx9．（2022·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）已知函数f(x)aeln．

a(1)当a1时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

(2)若对任意的x(0,)，总有f(x)0成立，试求正数a的最小值．

【答案】(1)(e1)xy10

1(2)

e

【分析】（1）求出f1以及f1，根据点斜式即可得切线方程；

1x（2）对函数进行求导，令h(x)xe(x(0,))，利用导数结合零点存在定理可得fxa存在隐零点，进而得出fx的最小值fx0利用导数求出其最值即可得结果.

（1）

112lnx0x00，令(x)2lnxx，x0xxx当a1时，f(x)elnx,f(x)e1，

x则切线的斜率为f(1)e1，

又f(1)e，所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程是ye(e1)(x1)，

即(e1)xy10．

（2）

f(x)aex1ax1xe．

xxa1x令h(x)xe(x(0,))，则h(x)(x1)ex0(x(0,))，

a所以函数h(x)在区间(0,)上为单调递增函数．

11111a11a因为a0，所以h(0)0,hee10，

aaaaa1所以h(0)h0，

a1所以在区间(0,)上，存在唯一的实数x00,，使得hx00，

ax即hx0x0e010．①

a所以当0xx0时，fx00，此时函数f(x)单调递减；

当xx0时，fx00，此时函数f(x)单调递增，

xx所以函数f(x)aeln在xx0处取得极小值，即最小值，

ax即f(x)minfx0ae0lnx0aex0lnx0lna0．②

ax又由①得，x0e011x0，所以ae，所以lnax0lnx0．

x0a12lnx0x00．

x0则由②得，fx0令(x)1122lnxx，则(x)210(x(0,))，

xxx所以函数(x)在区间(0,)上为单调递减函数．

11x又(1)2ln110，因此0x01，所以x0e0e．

a11由于a0，所以a，

e1即所求实数a的最小值为．

e10．（2022·河北·模拟预测）已知函数f(x)exax，aR．

(1)求f(x)的极值；

(2)令F(x)f(x)axsinxbx1，当1b2时，讨论F(x)零点的个数．

【答案】(1)当a0时，fx无极值；当a0时，fx有极小值a1lna，无极大值

(2)2个零点

【分析】(1)根据题意，求出函数的导函数，对导函数的正负进行分类讨论即可求解；

(2)先对函数F(x)求导，令gxFx，对x的取值范围分类讨论，利用导数的正负求出Fx的单调性，由零点存在性定力判断零点个数即可.

x【详解】（1）fx的定义域为R，且fxea．

①当a0时，fx0恒成立，fx在R上单调递增，无极值，

②当a0时，令fx0，得xlna；令fx0，得xlna，

所以fx在,lna上单调递减；在lna,上单调递增；

fx在xlna处取极小值flnaa1lna，无极大值．

综上所知，当a0时，fx无极值；

当a0时，fx有极小值a1lna，无极大值．

xx（2）因为F(x)esinxbx1xR，所以Fxecosxb，

xx令gxFxecosxb，则gxesinx．

①当x时，由1b2，得bxb，

x所以Fxesinx1110

故Fx在,上无零点．

x②当x0,时，gxesinx1sinx0，Fx在0,上单调递增；

FxF02b0，Fx在0,上单调递增，FxF00，

Fx在0,上有唯一零点x0，

x③当x,0时，sinx0,gxesinx0，

Fx在,0上单调递增，F02b0,Feb10，

存在t,0，使Ft0，

当x,t时，Fx单调递减；

当xt,0时，Fx单调递增； 又Feb10,FtF00；

Fx在,t上有唯一零点，在t,0上无零点，即Fx在,0上有1个零点．

综上，当1b2时，函数Fx有2个零点．

11．（2022·河北衡水·衡水市第二中学校考一模）已知函数fxπxsinx,x0,π

(1)求fx在0,0处的切线方程；

(2)若fxa在定义域上有两解x1,x2，求证：

①a2；

a②x1x2πa.

π【答案】(1)yπx；

(2)①证明见解析；②证明见解析．

【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出；

（2）①令tπx0,π，方程fxa在定义域上有两解x1,x2，等价转化fxttsinta在0,π上有两个不同的根，

再判断出函数t的单调性，求出最值，由直线ya与函数t在0,π上的图象有两个交点，即可证出；

②根据①，再利用“切线夹”原理放缩即可证出．

【详解】（1）因为f(x)sinx(πx)cosx，所以f(0)π，即fx在0,0处的切线方程为yπx．

（2）①易得f00，fπ0，因为fxπxsinxπxsinπx，

设tπx0,π，

所以fxttsint，所以fxa在定义域上有两解x1,x2等价于ta在0,π上有两个不同的根t1,t2，

即直线ya与函数t在0,π上的图象有两个交点.

ππ因为tsinttcost，易知当t0,时，t0，当t,π时，

22ππππ设httsinttcost，ht2costtsint0，而sincos10，2222πsinππcosππ0，

π所以存在唯一的t0,π，使得t00，即sint0t0cost00，

2π故当t,t0时，t0，t单调递增，tt0,π时，t0，t单调递减，

2综上可知，当t0,t0时，t0，t单调递增，tt0,π时，t0，t单调递减，fmaxt0t0sint0，所以0afmax.

22x2cosx22Hxxcosx2，

设Fxsinx，x2,π，Fxcosx2，设2xxx2所以Hx2xcosxxsinxx2cosxxsinx0，

因为1π2π，所以1cos2，H24cos220，

232，

x从而，Fx在x2,π上递减，故FxF2sin210，即sinx22π当x,2，显然sinx，故x0,π时，sinx恒成立.

xx2故fmaxt0t0sint02，

即方程fxa在定义域上有两解x1,x2时，0a2，原命题得证.

②由①知，设tπx0,π，

所以fxttsint，所以fxa在定义域上有两解x1,x2等价于ta在0,π上有两个不同的根t1,t2，

不妨设t1t2，且0a2，所以x1x2t1t2t2t1，

设sttsintπtπ，t0,π，所以sttsintπtπsinttcostππt0，所以，stsπ0，

即tsintπtπ，又tsintt，所以，at1sint1t1t1a，at2sint2πt2πt2πaa，即t2t1πa，

ππa所以x1x2πa，原不等式得证.

π【点睛】本题第二问的解题关键是等价转化，一是方程根的个数转化为图象的交点个数，二是利用“切线夹”将直线与函数的图象交点的横坐标之差，转化为研究直线与两条切线之间的交点的距离之差，再根据位置关系从而证出．

x12．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）已知函数fx1axe．

(1)当a1时，求证：fx10；

(2)当a<0时，不等式fx≤1恒成立，求a的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)1 【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，进而求得最小值即可判断.

（2）先利用导数得到fxmaxae11a111，进而得到ae1a1，即ln10，aa1构造gxlnxx1x0，利用导数得到gx0，而g0，进而求得a1.

axx【详解】（1）当a1时，函数fx1xe，∴fx2xe，

当x<2时，fx0，∴fx在,2上单调递减，

当x2时，fx0，∴fx在2,上单调递增，

11，即fx10．

e2∴fxf2x（2）由已知得fx1aaxe，

当a<0时，令fx110，解得x1；令fx0，解得x1；

aa11所以fx在,1上单调递增，fx在1,上单调递减，

aa111afxf1ae∴max，

a由fx≤1恒成立得fxmax1，即ae1a1，

1取对数得11111ln，即ln10，

aaaa11x1，

xx令gxlnxx1x0，gx当0x1时，gx0，gx单调递增；

当x1时，gx0，gx单调递减；

∴gxg1ln1110，

111又∵gln10，

aaa11∴g0，得1，即a1，

aa所以a的取值范围为1．

x213．（2022·河北邯郸·统考二模）已知函数fxxalnx，a0．

e1(1)若a，分析f（x）的单调性；

e(2)若f（x）在区间（1，e）上有零点，求实数a的取值范围．

【答案】(1)fx是0,上单调递减函数；

(2)e

【分析】（1）利用导数的性质，结合放缩法进行求解即可；

（2）利用函数零点的定义，结合构造函数法，结合导数的性质进行求解即可.

(1)

2x2x3ex1x0且fx，

xxe2e,.

设m(x)ex1xm(x)ex11，当x1时，m(x)0,m(x)单调递增，

当x1时，m(x)0,m(x)单调递减，故当x1时，函数m(x)有最小值m(1)0，

因此有m(x)ex1x0ex1x，

23x123设gx2xxe2xxx，

∴x0时，2x2x3xxx22x1xx10

∴gx0，即fx0（取等号的条件是x1），

2fx是0,上的单调递减函数；

(2)

x2fx0hxxa在区间1,e上能成立，

elnxhxx2lnxxlnx1elnxx2且xexlnx20，

设n(x)lnxx1m(x)1x，当x1时，n(x)0,n(x)单调递减，

x当0x1时，n(x)0,n(x)单调递增，故当x1时，函数n(x)有最大值m(1)0，

因此有n(x)lnxx10lnxx1，

设jx2lnxxlnx1，则jx2x1xlnx12xxlnx3，

设kx2xxlnx3，则在区间1,e上kx1lnx0，kx单调递增，

kxkee30，

故jxkxe30，亦即hx0,hx单调递减，

2e在区间1,e上hx值域为he,e,，

实数a的范围是e2e, .

【点睛】关键点睛：构造函数，利用导数的性质、放缩法是解题的关键. 14．（2022·河北唐山·统考三模）已知函数f(x)ax2xlnx．

(1)当a1时，求f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在定义域内有两个不相等的零点x1,x2．

①求实数a的取值范围；

②证明：fx1x22lnx1x2．

【答案】(1)单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)

(2)①

0a1；②证明见解析

【分析】（1）求导得f(x)(2x1)(x1)，判断导函数符号确定原函数单调性，注意函数定x义域；（2）①利用参变分离得axlnxxlnxyay，即与有两个交点，判断函数单x2x22②fx1x22lnx1x2等价于ax1x2x1x22，调性理解计算；借助于函数零lnx1lnx2t1lnt2，构建函数结合导数证明．

点整理得x1x22，即证xxt112（1）

当a1时，函数f(x)x2xlnx，定义域为(0,)．

12x2x1(2x1)(x1)．

f(x)2x1xxx由f(x)0，得x1．

当0x1时，f(x)0，当x1时，f(x)0，

所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)．

（2）

①若函数f(x)在定义域内有两个不相等的零点x1,x2，

则方程ax2xlnx0有两个不等的实根．

即方程a记g(x)xlnx有两个不等的实根．

x2xlnx1x2lnx(x0)g(x)，则，

x2x3记m(x)1x2lnx(x0)，则m(x)在(0,)上单减，且m(1)0，

∴当0x1时，m(x)0,g(x)0；当x1时，m(x)0,g(x)0，

∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)单调递减．

∴g(x)maxg(1)1．

1又∵g0且当x1时，g(x)0，

e∴方程为g(x)a有两个不等的实根时，0a1．

∴当0a1时函数f(x)在定义域内有两个不相等的零点x1,x2．

②要证fx1x22lnx1x2，

只需证ax1x2x1x2lnx1x22lnx1x2，

只需证ax1x2x1x22，

22因为ax1x1lnx10,ax2x2lnx20，两式相减得：

2ax12x2x1x2lnx1lnx20．

22整理得ax1x21lnx1lnx2．

x1x2lnx1lnx2所以只需证1x1x2x1x22，

xx12lnx1lnx2即证x1x22，

xx12x11xxx2ln12，不妨设0x1x2，令t1(0t1)，

即xx2x211x2只需证t1lnt2，

t1只需证(t1)lnt2(t1)0，

设n(t)(t1)lnt2(t1)，

只需证当0t1时，n(t)0即可．

111t1∵n(t)lnt1,n(t)220(0t1)，

tttt∴n(t)在（(0,1)单调递减，

∴当0t1时，n(t)n(1)0，

∴n(t)在(0,1)单调递增，当0t1时n(t)n(1)0，

∴原不等式得证．

【点睛】在证明ax1x2x1x22，利用函数零点得ax1x212lnx1lnx2，代入x1x2x11lnx1lnx2x1x2ln2换元分析．

xx2消去a得，进一步处理得12xx12x1x21x2x115．（2022·河北·统考模拟预测）已知f(x)(x2)eax为R上的增函数. (1)求a；

(2)证明：若x1x22，则fx1fx21.

【答案】(1)a(2)证明见解析

【分析】（1）直接求导，由f(x)0在R上恒成立，当a0时不成立，当a0时，由1ln2a1解出a即可；

（2）由单调递增得fx1fx2f(2x2)fx2，构造函数F(x)f(2x)fx1，求导确定单调性，求得F(x)F(1)0即可证明.

(1)

x1x1x1由题意知：f(x)eax(x2)ea(x1)e2a0在R上恒成立，

1；

2当a0时，ex12a0，显然当x1时，f(x)0，不合题意；

当a0时，令f(x)0得x11,x2ln2a1，当且仅当x1x2，即1ln2a1，a1时，

2f(x)(x1)ex110在R上恒成立，故a(2)

1.

2x11x11由（1）知，f(x)(x2)ex，由x1x22可得x12x2，又f(x)(x2)ex22为R上的增函数，

则f(x1)f(2x2)，则fx1fx2f(2x2)fx2，令F(x)f(2x)fx1，

则F(x)f(2x)2xfxfxf(2x)(x1)ex11(2x1)e2x11(x1)ex1e1x2，

又ex10,e1x0,ex1e1x2ex1e1x2，故当x1时，F(x)0,F(x)单减，

01当x1时，F(x)0,F(x)单增，故F(x)F(1)2f(1)12(12)e10，

2即f(2x)fx10，即f(2x2)fx21，即fx1fx21.

16．（2022·河北唐山·统考二模）已知函数fx3x，gxbsinx，曲线yfx和x3ygx在原点处有相同的切线l．

(1)求b的值以及l的方程；

(2)判断函数hxfxgx在0,上零点的个数，并说明理由． 【答案】(1)b1，l的方程：yx.

(2)hx在0,上有1个零点，理由见解析.

【分析】（1）根据曲线yfx和ygx在原点处有相同的切线l，则可知斜率相等，进一步求出b的值以及l的方程；

（2）函数零点即是图象与x轴的交点，需要用导数的方法研究函数hx，其中要进行二次求导，运用零点存在性定理说明函数hx的零点情况.

（1）

依题意得：fx9x32

，gxbcosx.

f0g0b1，

b1，l的方程：yx.

（2）

当x3x931sinx，hx0，此时hx无零点.

时，x3x322当0x时，hx9x32cosx

令Hxcosx,x0,

22x39则Hxsinx，显然Hx在0，上单调递增，

x323182又H00，H0，所以存在t0,使得Ht0，

322因此可得0xt时，Hx0，Hx单调递减；

tx时，Hx0，Hx单调递增；又H00，H0

22所以存在t,，使得H0，

2即0x时，Hx0，hx0，hx单调递减；

x时，Hx0，hx0，hx单调递增；

2又h00，h0，所以hx在0，上有一个零点.

22综上，hx在0,上有1个零点. 【点睛】本题考查导数几何意义、函数的零点、用导数研究函数的单调性以及零点存在性定理，知识考查较为综合，对学生是一个挑战，属于难题.

17．（2022·河北·校联考模拟预测）已知函数fx1elnax，gx(1)求函数Fxfxgx在0,上的极值；

(2)当a1时，若直线l既是曲线yfx又是曲线ygx的切线，试判断l的条数．

【答案】(1)当xaa0．

xaa时，Fx取得极大值且F12elna，无极小值

ee(2)曲线yfx与曲线ygx的公切线l有3条

【分析】（1）对Fx求导，得到Fx的单调性，即可求得Fx在0,上的极值；

1（2）求出曲线yfx在点t,1elnt处的切线方程和曲线在点b,处的切线方程，

b1e,(i)2tb若曲线yfx与曲线ygx有公切线，则，将问题转化为判断关2elnte1,iib2于b的方程2elnb10在,0b0,的根的个数，令hx2elnx21x0，x分别讨论hx在,0,0,的根的个数.

aeaaex

【详解】（1）由题知Fxfxgx1elnax，所以Fxa2，xaxxx2令Fx0，解得：xa.故当x变化时，Fx，Fx的变化情况如下表：

eae

0

x

a0,e

a,e

FxFx

单调递增 极大值 单调递减

所以当xaa时，Fx取得极大值，F12elna，无极小值.

ee1e1（2）fx1elnx，fx，gx，gx2

xxx所以曲线yfx在点t,1elnt处的切线方程为，即y1elntext，即teyxelnte1.

t11121同理可得曲线在点b,处的切线方程为y2xb，即y2x.

bbbbb1e,(i)tb2若曲线yfx与曲线ygx有公切线，则，

2elnte1,iib2由（i）得teb2，代入（ii）得2elnb10，

b2所以问题转化为判断关于b的方程2elnb10在,0b0,的根的个数.

因b0，当b0时，令hx2elnx22e22ex21x0，即hx2，

xxxx211令hx0，得x.所以当x0,时，hx0，hx单调递减；

ee1当x,时，hx0，hx单调递增；

e1所以hxmaxh10.

e12因为h24e2e12ee210,h110，

e2111所以h2h0,h1h0，所以函数hx2elnx1x0在0,上有两xeee个零点，即2elnb210在0,上有两个不相等的正实数根；

b22e2当b0时，令kx2elnx1，则kx2，

xxx显然x,0时，kx0，则kx在,0上单调递减，

2因为ke2e10,k130，

e22所以kx2elnx1在,0上有唯一一个零点，即方程2elnb10在xb,0上有唯一一个负实数根.所以曲线yfx与曲线ygx的公切线l有3条.

【点睛】本题考查利用导数研究含参数的极值，导数的几何意义，利用导数研究函数的零点个数等，考查运算求解能力，分类讨论思想，是难题.本题第二问解题的关键在于分别求出曲线fx,gx在某点处的切线方程，进而根据公切线将问题转化为求解函数h(x)2elnx21(x0)的零点个数，再利用导数研究函数的零点即可.

x18．（2022·河北沧州·统考模拟预测）已知函数fx(1)求fx的单调区间；

(2)当fx1fx2x1x2时，证明：x1x22.

1xlnx.

1x【答案】(1)单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,

(2)证明见解析

2【分析】（1）求导后，令gx1x2xlnx，再次通过导数可确定gxmaxgx0g10可知gx的正负，由此可得fx的单调区间；

（2）根据fx单调性将所证不等式化为fx2f2x1，近一步可转化为fx1f2x10，根据fx解析式可得3x1lnx11x1ln2x10；令Fx3xlnx1xln2x0x1，利用导数可求得FxF10，由此可证得不等式.

（1）

fx2lnx1x21x1x22xlnx，

2x1xx1x2令gx1x2xlnx，

2x21则gx2x2lnx22xlnx1，gx21；

xx当x0时，gx0，gx在0,上单调递减，

又ge22e210，g140，x0e2,1，使得gx00，

则当x0,x0时，gx0；当xx0,时，gx0；

gx在0,x0上单调递增，在x0,上单调递减，

gxmaxgx0g10，又当x0,1时，1x20，2xlnx0；

当x0,1时，gx0，即fx0；当x1,时，gx0，即fx0；

fx的单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,.

（2）

由（1）知：若fx1fx2x1x2，则0x11x2，

要证x1x22，只需证x22x1，

0x11x2，2x11，

又fx在1,上单调递减，则只需证fx2f2x1， fx1fx2，则只需证fx1f2x1，即证fx1f2x10，

1x11x1lnxln2x10，又1x10，

则需证11x13x1只需证lnx1ln2x10，即证3x1lnx11x1ln2x10，

1x13x1令Fx3xlnx1xln2x0x1，

则Fxlnx13133x1xFx0，

ln2x，22xx2x2xx2xFx在0,1上单调递减，FxF10，

Fx在0,1上单调递增，FxF10，

3x1lnx11x1ln2x10，原不等式得证.

【点睛】思路点睛：本题考查导数中的极值点偏移问题的证明，证明此问题的基本思路是结合函数的单调性，将所证不等式进行转化，将问题变为关于一个变量的函数恒大于零或恒小于零的证明问题，利用导数求最值的方法证得结论即可.

19．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）已知函数fxsinxxcosx．

(1)证明：当x0,时，fx0；

(2)记函数gxfxx，判断gx在区间2,2上零点的个数．

【答案】(1)证明见解析

(2)5个零点

【分析】（1）求导后可知fx在0,上单调递增，由fxf00可得结论；

（2）由g0可知x是gx的一个零点；分别在x0,、x,和x,222的情况下，结合零点存在定理判断导函数的正负，从而得到gx的单调性，确定区间内零点个数，得到gx在0,2上的零点个数；根据奇函数性质可得最终结果.

（1）

由题意得：fxxsinx；

当x0,时，sinx0，fx0，fx在0,上单调递增，

fxf00.

（2）

gxsinxxcosxx，gxxsinx1， gsincos0，x是gx的一个零点；

①当x0,时，设hxsinxx，则hxcosx10，

2hx在0,上单调递减，hx2即gx在0,上无零点；

2h00，又xcosx0，gx0，

②当x,时，gxsinxxcosx，gx2cosxxsinx0，

2πgx在,π上单调递减，又g10，g0，

22x0,，使得gx00，

2当x,x0时，gx0；当xx0,时，gx0；

2gx在,x0上单调递增，在x0,上单调递减；

2gx0g10，g10，

22πgx在,π上存在唯一零点x1，

2当x,x1时，gx0；当xx1,时，gx0；

2gx在,x1上单调递增，在x1,上单调递减，

2πgx1g0，g10，gx在,π有唯一零点；

222③当x,2时，sinx0，gx0，gx在,2上单调递减，

gxg0，gx在,2上无零点；

综上所述：gx在0,2上有两个零点；

gxsinxxcosxxgx，gx为奇函数，图象关于原点对称，

gx在2,0上有两个零点；又g00，

gx在2,2上共有5个零点.

【点睛】思路点睛；本题考查利用导数研究函数零点个数的问题，解题基本思路是能够根据导函数的形式，对所给区间进行分段，通过说明导函数在每段区间内的符号，得到原函数在区间内的单调性，结合零点存在定理确定零点个数.

x2e220．（2022·河北邯郸·统考一模）已知函数fx1axalnx.

22(1)讨论fx的单调性；

(2)若fx0，求a的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)0,e

【分析】（1）求导，讨论导函数的符号变化进行求解；

（2）分三种情况进行讨论：当a<0时，适当放缩进行证明；当a0时，证明fx0恒成立；当a0时，根据函数fx的单调性确定最小值，再讨论ae、0ae进行求解.

（1）

解：fxx1aax1xa，x0,，

xx当a0时，fx在0,上单调递增；

当a0时，fx在0,a上单调递减，在a,上单调递增.

（2）

x2e2解：若a<0，因为fxxaxalnx，

2217取xmin1,,ea，

a1x2e2e236，axa1，

则xa222alnxalne7，

此时fx6170，故此时fx0不可能恒成立.

x2e2若a0，此时fxx0恒成立.

227a若a0，则fx在0,a上单调递减，在a,上单调递增，

故fx的最小值在xa处取到，即fa0，

a2e2e2a2a1lna.

而faaalna222e2a20，a1lna0，此时fa0.

显然当0ae时，222ea0，a1lna0，此时fa0，

当ae时，2故0ae.

综上所述a0,e.

21．（2022·河北石家庄·统考模拟预测）已知函数fxx2exax1aR．

1(1)若a，求fx的极值；

22(2)当a<0时，证明：fx不存在两个零点．

5【答案】(1)极大值，极小值e

2(2)证明见解析

【分析】（1）直接求导，确定单调性，写出极值即可；

（2）先求导，确定导数零点，分类讨论两个导数零点的大小，确定单调性后即可证明.

(1)

112xx若a，fxx2ex1得fxx1e1．

22方程fx0的两个根是0和1．

当x0或x1时，fx0，fx在,0，1,上单调递增；

当0x1时，fx0，fx在0,1上单调递减，

5故fx在x0时取极大值f0，在x1时取极小值f1e．

2(2)

fxx1ex2a．

当a<0，关于x的方程fx0的根是1和ln2a．

x（i）若ln2a1，此时fxx1ee，fx0恒成立，此时仅有一个x1，使得fx0，fx在,单调递增，故fx不存在两个零点；

e（ii）若ln2a1，即a2，当x1或xln2a时，fx0，fx单调递增；当1xln2a时，fx0，fx单调递减；又f1e0，结合上述单调性可知，fx不存在两个零点；

e（iii）若ln2a1，即a0，当x1或xln2a时，f2x0，fx单调递增；当ln2ax1时，fx0，fx单调递减； fx的极大值为fln2a10，

ln2a22aaln2a1aln2a2结合上述单调性可知，fx不存在两个零点．

所以当a<0时，fx不存在两个零点．

lnxx,x1a22．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）已知函数fx，其1lnx,0x1xa22中a1

(1)求fx的单调区间

x1(2)求方程feflnxa的零点个数.

【答案】(1)单调增区间是1,,单调减区间是0,1

(2)3个

【分析】(1)求fx的导函数,解导函数不等式,即可求出单调递增和递减区间;

(2)利用（1）中函数的单调性可得相应的方程，再构建新函数，从而可判断相应方程的根，1注意结合fxf这个性质.

x【详解】（1）当x1,fxx是单调增区间;

当0x1,fx减区间;

1ax1lnx,fx1,又因为a1,所以faxaxax0,1,1lnx11xa,fx2,又因为a1,所以fx0,0,1是单调xaxaxax2x1（2）对于方程feflnxa,

当x1,ex1e01,lnxa0a1,

当x1,fx在1,是单调递增的;

x1方程feflnxa,所以ex1=lnxa,

设txex1lnxa,x0,a1

111,设hxex1,hxex120,

xxxtxex1tx在0,是单调递增的，而t10，

故当x0,1时，tx0，当x1,时，tx0， 故tx在1,上是单调递增，在0,1上单调递减.

故在1,上有txmint11a0，

下证当xe,x2lnx，

设uxx2lnx,xe，则uxx20，

x故ux在e,上为增函数，故uxuee20，

故原不等式成立.

由xe,x2lnx可得xe,exx2，

314a2xmaxe1,故当时，有txx1x1a0，

2x1故此时方程feflnxa在1,上有且只有一个实数根.

当0xe1a时，ex1

由fx在0,1为减函数可得ex1=lnxa，其中0xe1a，

因为txex1lnxa在0,1为减函数，故txex1lnxa在0,e1a为减函数，

1ateaeea10，te1aee11aaee1a11，

因为a1，故1a0，所以e1a10，故te1a0，

x1故方程feflnxa在0xe1a上有且只有一个实数根.

若e1ax1，则ex1e01,lnxa1，

1而由fx的解析式可得fxf.

xx11x故方程feflnxa即为feflnxa，

此时e1xe01，故e1xlnxa，其中e1ax1，

设vxe1x1lnxa，e1ax1，则vxe1x0，

x1a故vx在e,1上为减函数，而v11a0，

ve1ae1e1aae1e10，

1a1a1a故此时vx在e,1有且只有零点

1ax1即feflnxa在e,1有且只有一个零点，

x1方程feflnxa的零点个数有3个

【点睛】思路点睛：复合方程的解的个数讨论，应该根据外函数的单调性和函数解析式满足的性质将复杂方程转化为简单方程来处理，后者可进一步利用导数来处理. x323．（2022·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）已知函数fxxeax3x，a0.

(1)讨论函数fx极值点的个数；

x(2)设m0，若a1且fmefx2xlnx1对任意的x0,恒成立，求m的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

2(2)3,

2e

x【分析】（1）求导后，令gxe3ax3a，利用导数可求得gx单调性，并得到gxmingln3a；①当gln3a0时，可知gx0，由此可得fx正负，得到fx单调性，由极值点定义得到结论；②当gln3a0时，结合零点存在定理可得到fx单调性，由极值点定义得到结论；

（2）令x2xlnx1，利用导数可求得xln2，可知x2xlnx10，由fxx单调性可得mex2xlnx1，分离变量可得m1x2xlnx1txlnx，可；令2ex化简得到ht(1)

2t1ln21t，利用导数可求得htmax，由此可得结论.

et2fxx1ex3ax1x1x1ex3ax3a；

xx令gxe3ax3a，则gxe3a；令gx0，解得：xln3a；

当x,ln3a时，gx0；当xln3a,时，gx0；

gx在,ln3a上单调递减，在ln3a,上单调递增，

gxmingln3a6a3aln3a3a2ln3a；

e2①当gln3a0，即0a≤时，gx0恒成立，

3当x,1时，fx0；当x1,时，fx0；

fx在,1上单调递减，在1,上单调递增，

fx有且仅有一个极值点x=1；

②当gln3a0，即ae2时，g1e0，当x时，gx，

3x11,ln3a，x2ln3a,，使得gx1gx20；又1x1x2， 当x,1x1,x2时，fx0；当x1,x1x2,时，fx0；

fx在,1，x1,x2上单调递减，在1,x1，x2,上单调递增，

fx有x=1、xx1和xx2三个极值点；

e2e2综上所述：当0a≤时，fx有且仅有一个极值点；当a时，fx有三个极值点.

33(2)

由（1）知：当a1时，fx在,1上单调递减，在1,上单调递增；

令x2xlnx1，则x212x1，

xx11当x0,时，x0；当x,时，x0；

22111x在0,上单调递减，在,上单调递增，xminln2，

222xln2，则x2xlnx10；

x又mex0，由fmefx2xlnx1得：mexx2xlnx1，

mx2xlnx1在0,上恒成立；

xelnxxeexexln，xxe1xlnx2，

1ln212t1令txlnx，由xln2得：t，mt，

22e令ht2t1ln2132ttht，则，

et2etln2133,时，ht0；当t,时，ht0；

当t22232ln2133,上单调递增，在,上单调递减，htmaxh3，

ht在2222e2m23，即m的取值范围为3,.

2e2e2【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到极值点的讨论、恒成立问题的求解；求解恒成立问题的基本思路是通过分离变量的方式将问题转化为变量与函数最值的大小关系的问题，利用导数求解函数最值即可得到结果.

24．（2022·河北·校联考模拟预测）已知fxaexlnax33,gxfxlnx2a0.

x3e(1)当a1时，求g(x)的单调性；

(2)若f(x)恒大于0，求a的取值范围.

【答案】(1)单调减区间为(3,0)，单调增区间为(0,)

2(2)e,

【分析】（1）将a1代入，先求函数的定义域，再化简函数，求导函数，根据导函数的符号得到函数的单调性；

（2）先求函数的定义域，将函数f(x)恒大于0转化为不等式exlnaxlnaeln(x3)ln(x3)恒成立，构造函数yexx，根据单调性将原不等式转化为lnaln(x3)x，求函数h(x)ln(x3)x的最大值，解得a的取值范围.

x【详解】（1）当a1时，g(x)eln1x33lnx2

x3eexln(x3)3ln(x3)x2exx1(x3).

g(x)ex1，则当x(3,0)时，g(x)0，g(x)单调递减，

当x(0,)时，g(x)0，g(x)单调递增，

所以当a1时，g(x)的单调减区间为(3,0)，单调增区间为(0,)；

（2）要使g(x)f(x)lnf(x)恒大于0，即aexlnx3有意义，则x3，且a0，

exa30恒成立，

x3则exlnalnaln(x3)3，可得exlnaxlnaln(x3)x3eln(x3)ln(x3)，

因为函数yexx为增函数，所以xlnaln(x3)，即lnaln(x3)x，

令h(x)ln(x3)x(x3)，

则h(x)1x21，当x(3,2)时，h(x)0,h(x)单调递增，

x3x3当x(2,)时，h(x)0,h(x)单调递减，

h(x)的最大值为h(2)2，可得lna2，则ae2.

2所以a的取值范围是e,.

【点睛】关键点点睛：注意先求函数的定义域再化简函数；根据aexexlna，f(x)恒大于0可以转化为不等式exlnaxlnaeln(x3)ln(x3)恒成立，进而构造函数yexx，借助函数的单调性研究恒成立问题.

25．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知函数fxalnxx1x0.

x(1)若fx有唯一零点，设满足条件的a值为a1与a2a1a2证明：①a1与a2a1a2互为相反数；②158a；

43(2)设gxxfx.若gx存在两个不同的极值点x1、x2，证明x1x2a.

参考数据：ln20.7，ln31.1

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）求出函数的导数，根据fx仅有一个零点结合函数的单调性可得零点x0满足12221x0lnx0x010，通过构建新函数可判断该方程有两个根且它们互为导数，从而可2得a1与a2a1a2互为相反数，结合其中一个根的范围可证lnx1x2158a.

43ax1（2）利用零点满足的方程可得x1x21，结合对数不等式可得x2x211x2x1x2a.

1【详解】（1）若a0，则fxx,x0，此时fx无零点，舍.

xa1x2ax1故a0，fx12，

xxx22令hxxax1，因为h010，故hx在0,上有且只有一个零点x0，

若x01，则a0，这与a0矛盾，故x01.

且x0,x0时，fx0，当xx0,，fx0，

故fx在0,x0上为减函数，在x0,上为增函数，

下证：当x>4时，有lnxx证明：当x>4时，xx.

2x成立，

2设gxlnxx，则gx112x0，

x2x2x故gx在4,上为减函数，故gxg42ln220即lnxx，

故lnxxx，故当x>4时lnxx且exx2.

2当a0时，若x1，则fx0恒成立， 而当0x1时，有fxalnx设xet，则t0，alnx1，

x1etat，

xt故当tmax{4,a}时，eattta0即：

当0xemax{4,a}时，有alnxfxaln10即fx0.

x当a<0时，111xx1，由a0时的讨论可得：

x若0x1时，有而011，故fx0成立.

x1emax{4,a}即xemax{4,a}时，有fx0成立.

x因为fx仅有一个零点，故fxminfx00，

所以alnx0x0120且x0ax010，

x01122故x0lnx0x00，整理得到1x0lnx0x010，

x0x0化简得到：12221x0lnx0x010，

21t120，其中t0,t1.

令tx0，则lnt21t12(t1)21t10，

设stlnt，则st222t2t1t12tt1故st在0,1,1,上均为增函数，

15而s9ln9ln32.51.12.50，

22s162ln217171.40，

1515故st在1,上有且只有一个零点，

1t11st，

而slntt21t故st在0,1上有且只有一个零点，

故st在0,11,有且只有两个零点，且它们互为倒数，

1,有且只有两个零点m,nmn，

11故x0lnx0x00在0,1x0x0且m2n21即mn1mn，其中9m216即3m4.

设函数零点为m时对应的参数值为a1，函数零点为n时对应的参数值为a2，

则a1lnmm11110，且a2lnnn0，故a2lnm0，

mnmm1即a1a2lnm0，但m1，故lnm0，

m故a1lnma2ln故a1a20，故a1,a2互为相反数.

又a1故11m，其中3m4，而ym在3,4为减函数，

mm158815815a1，同理a2，故a.

43343411axalnx2xa，

xx（2）gxfxxfxalnxx设uxalnx2xa，故x1,x2为ux的两个不同的零点，

故alnx12x1a0,alnx22x2a0，

故alnx1lnx22x1x20，

故x1x2x1x2alnx1lnx2lnx1lnx2ax1x2，

2x1x22x1x2lnx1x2ax1不妨设x1x2，则x1x21，

x2x211x2若a0，则uxa20，故ux为0,上的增函数，

a故ux至多一个零点，与题设矛盾，故a0.

t10142t1vt设vtlnt，

,t1，则tt12tt12t1故vt在1,上为增函数，故vtv10，

即任意t1，lnt2t1t12恒成立，故t1lnt2对任意的t1恒成立，

t1x1x1a112，故x1x22a.

而，故x22x2x11x2lnx1x2【点睛】思路点睛：函数的零点问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，同时结合零点存在定理来判断，讨论单调性时，导数的零点不易求得，则可以虚设零点，利用零点满足的方程来求解，当函数值的符号不易判断时，可以利用放缩法来处理符号问题. x26．（2022·河北秦皇岛·统考三模）已知定义在0,上的函数fxmesinx,e为6自然对数的底数．

(1)当m1时，证明：fx3；

22(2)若fx在0,上存在极值，求实数m的取值范围；

33(3)在（1）的条件下，若fx2cosx1tx恒成立，求实数t的取值范围．

62【答案】(1)证明见解析；

30,(2)2；

3(3),.

2

【分析】（1）先对函数求导，进而判断函数的单调性，然后求出函数的最小值即可证明问题；

cosx在0,2（2）将问题转化为直线ym与曲线6y3xe过导数方法及零点存在定理求得答案；

，进而通内有交点（非切点）3tx，进而分类讨论求出函数gx的最小值，最后求（3）设gxexcosx162出答案.

xx【详解】（1）当m1时，fxesinx，则fxecosx．

66xx当x0时，e1,1cosx1，则fxecosx0，

66所以fx在0,上为增函数，从而fxf01sin63．

2cosx（2）因为fxmesinx，所以，由fx0，可得6．

m6xexcosx2在0,2内有交点因为fx在0,6上存在极值，所以直线ym与曲线y33ex（非切点）． 2sinxcosx22x0,令，其中，则在12600,3上恒成立，3hxhxexex2所以hx在0,332,h上单调递减，且h00，

232结合函数ym与函数hx在0,33时，直线ym与曲线上的图像可知，当0m2cosx26在0,y3ex3m0,上的图像有交点（非切点），即实数的取值范围为2．

3tx在0,上恒成立．设（3）依题意得excosx1623xgxexcosx1tx，其中x0，则gxesinxtfxt，

66233xx由（1）知fxesinx，则gxesinxtt．

6262①当t②当t3时，gx0，此时gx在0,上单调递增，故gxg00，符合题意；

23x时，由（1）知gxesinxtfxt在0,上为增函数，

623t0.

2且g0x而gxe1t，于是xln1t时，gx0，故存在x00,（唯一），使得gx00，当x0,x0时，gx0，此时gx单调递减，当xx0,时，gx0，此时gx单调递增，所以g(x)mingx0g00，不符合题意．

3综上，实数t的取值范围为,．

2【点睛】本题第（2）问采取了分参的方法，进而充分结合了函数的图像，需要我们对基本初等函数的图像非常熟悉；第（3）问在找零点时运用了放缩法，非常重要，平常注意总结.

1227．（2022·河北张家口·统考三模）已知函数gxalnx2a2xxaR在x1处2取得极值.

(1)求a的值及函数gx的极值；

(2)设fxgxt有三个不同的零点x1，x2，x3x1x2x3，证明：x34x1.

157【答案】(1)a3，极大值，极小值3ln3；

22(2)证明见解析. 1由已知可得g10，【分析】进而得出a3，根据不同区间的导数的正负判断函数gx的增减性，进而求得极值；

2由1可知极大值为g1715，极小值为g33ln3，可知fxgxt的三个22不同的零点满足0x11x23x3，构造函数Hxgxg2xx0,1，hxgxg6xx1,3，结合单调性，求证x34x1.

(1)

x22a2xa解：函数gx的定义域为0,，gx，

x由已知g10，解得a3，

gxx1x3，

x当0x1或x3时，gx0；当1x3时，gx0.

7gx在x1处取得极大值g1，

2在x3处取得极小值g33ln3(2)

15.

212715解：由1知gx3lnx4xx，极大值为g1，极小值为g33ln3，

222由fxgxt有三个不同的零点x1，x2，x3，可知0x11x23x3.

设Hxgxg2x，x0,1，

Hxgxg2x6x12x2x0，

Hx在0,1上单调递增，HxH10，

gxg2x，

由1知，gx2gx1g2x1且gx在1,3上单调递减，

x22x1，x1x22①.

设hxgxg6x，x1,3，

hxgxg6x2x32x6x0，hx在1,3上单调递增，

hxh30，gxg6x， 由1知gx3gx2g6x2，且gx在3,上单调递增，

6x2x3②，

结合①②得x162x3，

所以x34x1.

【点睛】该试题主要考查函数的导数与单调性､函数的导数与不等式等，主要考查了学生的运算思想､转化思想､构造思想和抽象推理，其中构造出Hxgxg2xx0,1和函数

hxgxg6xx1,3是解题的关键，属于难题.

28．（2022·河北·统考模拟预测）已知函数f(x)(1)若f(m)g(n)(m1,n1)，证明：mn；

(2)设函数F(x)(x1)lnxa(x1)，若F(x)0有两个不同的实数根x1,x2，且x1x2，证2a明：x2ex1.

(x1)lnx,g(x)|lnx|.

x1【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)由f(m)g(n)(m1,n1)，列出m与n的关系式，利用指数对数的运算性质进行化简与放缩即可证明；

(2)把F(x)0化成f(x)a的形式，根据导数确定f(x)的单调性与极值，画出简图，确定x1,x2与1的大小关系，利用(1)的结论，可以得到x1,x2与ea的关系，进而可证得结论.

（1）

证明：由f(m)g(n)(m1,n1)，得ne(m1)lnmm1(m1)lnm|lnn|lnn，则有m1(em1lnmm1)mm1m1m12m1m，所以mn；

（2）

证明：令F(x)(x1)lnxa(x1)0(x0)，化简可得(x1)lnxa，即f(x)a，x1f(x)2lnxx1(x1)2x(x1)2lnxx1121x，令g(x)2lnxx，g(x)120，所以xxx(x1)2g(x)在0,上单调递增且g(1)0，则g(x)即f(x)0时x0,1，f(x)0时x1,，可得f(x)在0,1上单调递减，在1,单调递增，且有f(1)0，由下图可知，0x11x2，a0， 又f(x2)(x21)lnx2alnealnea=g(ea)，即f(x2)=g(ea)(x21,ea1)，由(1)可得x21x2ea①，又由f(x1)a得111)lnxx1(x11)lnx11f()1f(x1)alnealnea=g(ea)，即1x1x111x1(x111f()=g(ea)(1,ea1)，由(1)可得ea②，①②相乘可得2e2a，即x2e2ax1.

x1x1x1x1【点睛】函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

29．（2022·河北衡水·统考二模）已知函数fx(1)当a1时，求函数fx的极值；

(2)若曲线yfxx有x1，x2x1x2两个零点.

（i）求a的取值范围；

（ii）证明：存在一组m，n（nm0），使得fx的定义域和值域均为m,n.

【答案】(1)极大值为1，无极小值

(2)（i）a

【分析】（1）求出导函数，求出的根，列表确定的正负，f(x)的单调性与极值；

2（2）（i）转化为lnxx2a0有两解，设gxlnxxa，利用导数确定g(x)的单调性lnxaaR.

xln21；（ii）证明见解析

22与极值，最大值大于0，确定有小于0的函数值（需引入新函数，再利用导数确定单调性得出），结合零点存在定理得结论；

（ii）先利用导数确定f(x)的单调性与最大值点x0，然后由按x0与区间[m,n]的关系分类讨论确定函数f(x)在此区间内的值域，由值域是[m,n]确定a的取值范围，从而得证．

(1)

函数定义域是(0,)，

当a1时，fx列表可知

x

lnx1，则，令，解得x1，

x0,1

+

1

1,

0

－

fx

单调递增

1

单调递减

fx的极大值为f11，无极小值；

(2)

（i）解：由题意可知，lnxax0有两解，即lnxx2a0有两解，

x222设gxlnxxa，则，令，解得x（舍去），

22列表可知，

x

20,2

22

2,2

+

0

－

gx

单调递增 极大值 单调递减

2ln21gxmaxga，

222因为gx有两个零点，所以gxmax0，解得aln21，

22当0xea时，有lnxa0，可得gxlnxa0，

12令xlnxx，有，0x1时，(x)0．x1时，(x)0，可得函数x的减2区间为1,，增区间为0,1， 121有x≤10，可得lnxx0，

221212121当x2a时，gxlnxxaxaxa2a0.

2222所以存在x1ln2122；

，x2，使得gx1gx20，所以a22221alnx（ii）证明：因为fx，令，解得xe1a，

2x列表可知，

x

0,e

1ae1a

e1a,

+ 0

－

fx

单调递增 极大值 单调递减

fx在0,e1a上单调递增，在e1a,上单调递减，

①若mne1a，则f(x)在[m,n]上单调递增，因此f(m)m，f(n)n，由上可知取mx1，nx2，此时ge1a1e22agx20，一组m，n符合题意；

ln21ln21a1，所以当a1时，存在2222②若e1amn，则fx在m,n上单调递减，所以fmlnman，mfnlnnam，

n所以lnmalnnamn，即mn，不符题意；

1am,e③若me1an，

fx在上单调递增，在e1a,上单调递减，

1a所以fxmaxfe1e1an，由1e1ae1a得a1，

1a1a又因为fne2a1em，所以fxminfmm，

即mx1，n1e1a，所以当a1时，存在一组m，n符合题意；

综上，存在一组m，n符合题意.

【点睛】本题考查用导数求函数的极值，研究方程的根与函数零点分布，研究函数的值域．难点有两个：第一个是由零点个数确定参数范围时，零点的存在性一般与零点存在定理结合，因此需要在某个区间的两个端点处函数值符号相反才能得出，本题中需要引入新函数，由函数的性质得出，第二个是确定函数值域问题，需对参数进行分类，一定要注意分类标准的确定，需要有统一标准，本题是按区间[m,n]与函数的最大值点的关系分类，然后求出对应参数a的取值范围，它们正好相适应，从而得出结论．本题对学生的逻辑能力，运算求解能力，分析问题解决问题的能力要求较高，属于困难题．

mx30．（2022·河北·石家庄二中校联考模拟预测）已知函数fxexxlnxm0.

(1)当m＝1时，求f（x）在[1，e]上的值域；

\'\'(2)设函数f（x）的导函数为fx，讨论fx零点的个数.

ee1,e【答案】(1)

(2)答案详见解析

【分析】（1）通过多次求导的方法判断出fx在区间1,e上的单调性，由此求得fx在1,e上的值域.

\'\'（2）令gxfx，对m进行分类讨论，结合导数判断出fx零点个数.

x【详解】（1）当m1时，fxexxlnx，

11f\'xexlnx,fxex,fxex20，′

xx1x所以fxe在1,e上递增，f1e10，

x\'x\'所以fxelnx在1,e上递增，f1e0，

e所以fx在1,e上递增，minf1e1,maxfee.

e所以fx在1,e上的值域e1,e.

\'mxmx（2）fxexxlnxm0，fxmelnx，

\'\'\'当m0时，fxlnx，f10，即x1是fx的唯一零点.

x当m1时，memxex，结合yex,yx,ylnx的图象以及性质可知exlnxx0，

Fxexx,F\'xex1，Fx在区间,0,F\'x0,Fx递减；

\'在区间0,,Fx0,Fx递增，所以FxF010，故exx.

Mxxlnxx0，M\'x11x1，

xx\'\'所以Mx在区间0,1,Mx0,Mx递减；在区间1,,Mx0,Mx递增，

所以MxM110，所以在区间0,上有xlnx. \'mxx\'所以fxmelnxelnx0，fx没有零点.

当0m1时：

\'mx令gxfxmelnxx0，

11g\'xm2emx,gxm3emx20，

xx\'所以gx在0,上递增，

12mx0由ym2emx与y的图象可知，在区间0,上，存在唯一x0，使mex\'2mx0即gx0me1①，

x010.

x0

\'\'所以gx在区间0,x0,gx0,gx递减；在区间x0,,gx0,gx递增，

mx所以当xx0时，fx取得极小值也即是最小值gx0me0lnx0，

mx0由①得e11lnx0；

，所以gx02mx0mx02mx0由①得lnmeln1,lnm2mx0lnx0,2lnmmx0lnx0，

x0所以gx011lnx0mx02lnm

mx0mx021mx02lnm21lnm，

mx011mx0,x0时等号成立.

mx0m当且仅当1\'所以当21lnm0，即m1时，gx00，则gx也即fx没有零点；

e11\'当21lnm0，即m,x0e时，gx也即fx有唯一零点xe.

em\'当21lnm0，即0m，gx00，则gx也即fx有2个零点.

1e综上所述：

当m0或m当m1\'时，fx有唯一零点；

e1\'时，fx没有零点；

e1e\'当0m，时，fx有2个零点.

【点睛】在利用导数求解函数单调性、极值、最值的过程中，若一次求导无法解决的，可考虑二次或多次求导来进行求解.求解过程中要注意导函数和原函数之间的关系.


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