专题六 导数的综合问题
一、单选题
1．（2021·全国高三专题练习（理））设函数 lnf x x x ax a R 在区间 0,2 上有两个极值点，则
a 的取值范围是（ ）
A． 1 ,02
B． ln 2 10, 4
C． 1 ,12
D． ln 2 1 1,4 2
【答案】D
【分析】
求得函数 f x ，把 f x 在 0,2 上有两个极值点转化为方程 ln 1
2
xa x
在区间 0,2 上由两个不等式的
实数根，令 ln 1
2
xh x x
，利用导数求得函数 h x 的单调性与最值，结合图象，即可求解.
【详解】
由题意，函数 lnf x x x ax a R ，可得 ln 2 1f x x ax ，
因为函数 f x 在区间 0,2 上有两个极值点，
等价于关于 x 的方程 ln 1
2
xa x
在区间 0,2 上由两个不等式的实数根，
令 ln 1
2
xh x x
，可得 2
2ln
4
xh x x
，
当 (0,1)x 时， 0h x ， h x 单调递增；
当 (1,2)x 时， 0h x ， h x 单调递减，
当 0x 时， h x ，当 1x 时， 1(1) 2h ，当 2x 时， ln 2 1(2) 4h ，
要使得函数 f x 在区间 0,2 上有两个极值点，
则满足 ln 2 1 1
4 2a ，即 a 的取值范围是 ln 2 1 1,4 2
.
故选：D.
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数
能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
2．（2021·全国高三月考（理））已知函数
2 5 , 04
2ln , 0
x x xf x
x ax x
，若 2 10, 0x x ，使
1 2 0f x f x 成立，则 a 的取值范围为（ ）
A． 2 e, e
B． 2 e ,e
C． 4, e
D． e, e
【答案】A
【分析】
当 0x 时，求得函数 f x 的值域为[1, ) ，当 0x 时，求得 2f x ax
，当 0a 时，利用导数求
得函数的单调性，可得 2 2( ) 2ln 2f x f a a
，根据题意，转化为 1f x 值域包含 2f x 的值域，得
出不等式 22ln 2 1a
，求得 20 ea e
；②当 0a 时，求得 f x 的值域为 R ，满足题意，进而求得
实数 a 的取值范围.
【详解】
当 0x 时，函数 2 25 1( ) 14 2f x x x x ，所以函数 f x 的值域为[1, ) ，
当 0x 时，函数 2lnf x x ax ，可得 2f x ax
，
①当 0a 时，令 0f x ，解得 2x a
，
当 2( , )x a
时， 0f x ， f x 单调递减；
当 2(0, )x a
时， 0f x ， f x 单调递增，
所以 2 2( ) 2ln 2f x f a a
，
因为对 2 10, 0x x ，使 1 2 0f x f x 成立，转化为 1f x 值域包含 2f x 的值域，
所以 22ln 2 1a
，即 2 1ln 2a
，解得 2 2 ea ee
，所以 20 ea e
；
②当 0a 时，令 2 0f x ax
，解得 2x a
，
当 2( , )x a
时， 0f x ， f x 单调递增，此时值域为 R ，
满足对 2 10, 0x x ，使 1 2 0f x f x 成立，
综上所述，实数 a 的取值范围为 2( , ]e
e
.
故选：A.
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能
直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
3．（2021·全国高三专题练习）若存在实数 x，y 满足 ln 3 y yx x e e ，则 x y （ ）
A． 1 B．0 C．1 D． e
【答案】C
【分析】
令 ( ) ln 3f x x x ，利用导数求得函数的单调性与最大值，再令 ( ) y yg y e e ，结合基本不等式，
求得 ( ) 2g y ，进而得到 ln 3 2x x ，求得 ,x y 的值，即可求解.
【详解】
令函数 ( ) ln 3f x x x ，可得 1 1( ) 1 xf x x x
，
当 (0,1)x 时， 0f x ， f x 单调递增；
当 (1, )x 时， 0f x ， f x 单调递减，
所以当 1x ，可得 max( ) (1) ln1 1 3 2f x f ，
令函数 ( ) y yg y e e ，则 2y ye e ，当且仅当 0y 时取等号，
又由 ln 3 y yx x e e ，所以ln 3 2y yx x e e ，
所以 1, 0x y ，所以 1x y ．
故选：C.
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能
直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
4．（2020·全国高二课时练习）函数 ( )y f x 在定义域 3( ,3)2
内可导，其图象如图所示，记 ( )y f x 的
导函数为 ( )y f x ，则不等式 ( ) 0f x 的解集为（ ）
A． 1[ ,1] [2,3)3
B． 1 4 8[ 1, ] [ , ]2 3 3
C． 3 1[ , ] [1,2]2 2
D． 3 1 1 4[ , ] [ , ]2 3 2 3
【答案】A
【分析】
根据导数大于 0 时函数单调递增，导数小于 0 时原函数单调递减，确定函数 ( )f x 的单调性
【详解】
解：由题意可知，求函数的单调减区间，
根据图象， ( ) 0f x 解集为 1,1 [2,3)3
，
故选：A．
5．（2020·全国高二课时练习）已知 2( )f x x ，则过点 P(-1，0)且与曲线 ( )y f x 相切的直线方程为（ ）
A． 0y B． 4 4 0x y
C． 0y 或 4 4 0x y D． 0y 或 4 4 0x y
【答案】C
【分析】
设切点为 0 0,x y 则切线方程为 2
0 0 02y x x x x ，将点 1,0P 代入解 0x ，即可求切线方程.
【详解】
设切点为 0 0,x y ，则 2
0 0y x ，切线斜率为 0 02k f x x
所以切线方程为 2
0 0 02y x x x x ，因为过点 1,0P 则 2
0 0 02 1x x x
解得 0 0x 或 0 2x ，所以切线方程为 0y 或 4 4 0x y
故选：C
6．（2020·全国）设函数 ( )y f x 在 R 上可导，则
0
(1 ) (1)lim 3x
f x f
x
等于（ ）
A． (1)f B． 3 (1)f C． 1 (1)3 f D．以上都不对
【答案】C
【分析】
根据导数的定义，直接得出结果.
【详解】
根据导数的定义，
0
1 1lim (1)x
f x f fx
.
所以
0
(1 ) (1)lim 3x
f x f
x
0
1 11 1lim (1)3 3x
f x f fx
故选：C.
7．（2020·全国）已知函数 3( ) 1f x x ax ，若 ( )f x 在 R 上为增函数，则实数 a 的取值范围是（ ）
A． ( ,1] B． ( ,1) C． ( ,0) D． ( ,0]
【答案】D
【分析】
由函数是递增函数可得 ( ) 0f x 在 R 上恒成立，再分离参数 23a x ，由 23x 取值范围即得结果.
【详解】
( )f x 在 R 上为增函数，故 2( ) 3 0f x x a 在 R 上恒成立，即 23a x 恒成立，
而 23 0x ， ，故 0a .
故选：D.
8．（2021·全国高二单元测试（理））已知曲线 xf x x a e 在点 1, 1f 处的切线与直线
2 1 0x y 垂直，则实数 a 的值为（ ）
A． 2a
e B． 12
e C． e
2
D．
2
e
【答案】D
【分析】
求出函数的导数和在 1 处的切线斜率，再由与直线垂直斜率乘积为 1 可得答案.
【详解】
1x x xf x e x a e x a e ，
11 ( 1)f a e ，切线的斜率为 11f aek ，
因为切线与直线 2 1 0x y 垂直，所以 1 2 1ae ，
解得
2
ea .
故选：D.
9．（2020·全国高二课时练习）已知函数
2
ex
xf x x R ，若关于方程 2 1 0f x tf x t 恰好有
4 个不相等的实根，则实数t 的取值范围为（ ）
A． 2
4 ,2 2,ee
B． 2
4 ,1e
C． 2
4 ,ee
D． 2
41, 1e
【答案】D
【分析】
求得 ( )f x 的导数，可得单调区间和极值，作出 ( )f x 的图象，将方程 2 1 0f x tf x t 因式分解为
1 1 0f x f x t ，则 1f x 或 1f x t ，从而 1f x t 有 3 个实数根，即函数
y f x 与 1y t 有 3 个交点，数形结合即可得到 1t 的取值范围，从而得解；
【详解】
解：函数
2
( ) x
xf x e
的导数为
22( ) x
x xf x e
，
当 0 2x 时， ( ) 0f x ， ( )f x 递增；
当 2x 或 0x 时， ( ) 0f x ， ( )f x 递减，
可得 ( )f x 在 0x 处取得极小值 0，
在 2x 处取得极大值 2
4 1e
，
作出 ( )y f x 的图象如下所示，
因为 2 1 0f x tf x t 恰好有 4 个不相等的实根，所以 1 1 0f x f x t ，解得
1f x 或 1f x t ，当 1f x 时，有1个实数解，
所以 1f x t 应有3个实数根，即函数 y f x 与 1y t 有 3 个交点，
所以 2
40 1t e
，即 2
41 1t e
故选：D
【点睛】
本题考查方程的根的个数问题解法，考查数形结合思想方法，以及导数的运用：求单调区间和极值，考查
运算能力．
10．（2021·全国高二单元测试（理））若函数
2 2( ) x
x xf x e
的极大值点与极小值点分别为 a，b，则（ ）
A． a b a b B． a a b b
C． b a b a D． a b b a
【答案】C
【分析】
利用导数求函数的极值点，再比较选项.
【详解】
22( ) x
xf x e
，当 2 2x ， 0f x ；
当 2x 或 2x 时， 0f x ．
故
2 2( ) x
x xf x e
的极大值点与极小值点分别为 2 ， 2 ，
则 2a ， 2b ，所以b a b a ．
故选：C
11．（2020·全国）若函数 f x 在 R 上可导，且 2 2 2f x x f x m m R ，则（ ）
A． 0 5f f B． 0 5f f
C． 0 5f f D．以上答案都不对
【答案】C
【分析】
由已知等式两边同时求导，取 2x ，求出 2 ' 2f 的值，利用二次函数的对称性和单调性即可解决问题．
【详解】
2 2 ' 2f x x f x m ，
' 2 2 ' 2f x x f ,
2 2 2 2 2f f ,
2 4f ,
2 8f x x x m ，
图象为开口向上的抛物线，其对称轴方程为： 4x ，
0 5f f .
故选：C．
【点睛】
本题考查导数的运算，求出 2f 的值是关键，属于中档题．
12．（2021·全国高二单元测试（理））已知函数 2 lnf x x a x 的图象在(1，f（1）)处的切线经过坐标原
点，则函数 y=f(x)的最小值为（ ）
A． 1 1 ln 22 2
B． 1 ln 24
C． 1 1 ln22 2
D．1
【答案】C
【分析】
利用导数的几何意义求出 1a ，从而可得 2 lnf x x x ，求出导函数，利用导数判断出函数的单调性，
由单调性即可求出最值.
【详解】
函数 2 lnf x x a x ，则 2 n1 1 l 1 1f a
且 2 af x x x
，所以 1 2f a ，
所以 1 01 1 21 0
ff a
，解得 1a ，
所以 2 lnf x x x ，（ 0x ）
12f x x x
，
令 0f x ，即 12 0x x
，解得 2
2x ，
令 0f x ，即 12 0x x
，解得 20 2x ，
所以函数在区间 20, 2
上单调递减，在区间 2 ,2
上单调递增.
所以
2
min
2 2 2 1 2 1 1ln ln ln 22 2 2 2 2 2 2f x f
.
故选：C
13．（2021·高二月考（理））已知函数 y f x 的定义域为 a b， ，导函数 'y f x
在 a b， 内的图象如图所示，则函数 y f x 在 a b， 内的极小值有（ ）
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【答案】A
【分析】
根据极小值点两侧函数的单调性是先减后增，对应导函数值是先负后正，结合图象即可求得结论．
【详解】
解：因为极小值点两侧函数的单调性是先减后增，对应导函数值是先负后正，
由图得：导函数值先负后正的点有 1 个．
所以函数 ( )f x 在区间 ( , )a b 内极小值点的个数是 1．
故选： A ．
14．（2020·全国高三其他模拟）已知函数 ( )f x 的定义域为 R ，且 ( 2)f x 是偶函数，
1( ) 1 ln( 1)2f x x x （ ( )f x 为 ( )f x 的导函数）.若对任意的 (0, )x ，不等式
2 12 1 22
x
f t t f
恒成立，则实数t 的取值范围是（ ）
A．[ 2,4] B． ( , 2] [4, )
C．[ 1,3] D． ( , 1] [3, )
【答案】D
【分析】
设函数 1( ) 1 ln( 1)2p x x x ，求得 2x 时， ( ) 0p x ，得到当 2x 时， ( ) 0f x ，得到函数 ( )f x 的
单调性，把任意的 (0, )x ， 2 12 1 22
x
f t t f
恒成立，
转化为 2 2 1 2t t ，即可求解.
【详解】
由 2f x 为偶函数，得函数 f x 的图象关于直线 2x 对称.
设函数 1( ) 1 ln( 1)2p x x x ，则 1 1( ) 2 1p x x
，
当 2x 时， ( ) 0p x ，函数 p x 在[2, ) 上单调递增，
可得当 2x 时， 1( ) (2) 2 1 ln(2 1) 02p x p ，
所以当 2x 时， ( ) 0f x ，
所以函数 ( )f x 在[2, ) 上单调递增，在 ,2 上单调递减.
设函数 1( ) 22
x
g x
，则当 (0, )x 时 ( ) ( 2, 1)g x ，
因为 2 22 1 ( 1) 2 2t t t ，
所以由对任意的 (0, )x ， 2 12 1 22
x
f t t f
恒成立，
可得 2 2 1 2t t ，即 2 2 3 0t t ，解得 1t 或 3t ，
即实数t 的取值范围是 ( , 1] [3, ) .
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数
能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
15．（2020·高三月考（理））已知函数 3 2( ) ( 0)f x ax bx cx a 的导函数 ( )y f x 的
两个零点为 1，2，则下列结论正确的是（ ）
A． 0abc B． ( )f x 在区间 0,3 的最大值为 0
C． ( )f x 有 2 个零点 D． ( )f x 的极大值是正数
【答案】B
【分析】
由1,2 是导函数 ( )y f x 的两个零点，求得 9 0, 6 02b a c a ，可判定 A 错误；代入导数
( ) 3 ( 1)( 2)f x a x x ，求得函数的单调性与极值，结合图象，即可求解.
【详解】
由题意，函数 3 2( ) ( 0)f x ax bx cx a ，可得 2( ) 3 2 ( 0)f x ax bx c a
因为1,2 是导函数 ( )y f x 的两个零点，
可得
21 2 3
1 2 3
b
a
c
a
，其中 0a ，可得 9 0, 6 02b a c a ，所以 0abc ，故 A 错误；
所以函数 3 29( ) 6 ( 0)2f x ax ax ax a ，
可得 2( ) 3 9 6 3 ( 1)( 2)f x ax ax a a x x ，
当 1x 时， 0f x ， f x 单调递减；
当1 2x 时， 0f x ， f x 单调递增
当 2x 时， 0f x ， f x 单调递减，
所以函数 f x 在[0,1) 上递减，在 (1,2) 上递增，在 (2,3]上递减，
且 5 90 0, 1 0, 2 2 0, 3 02 2f f a f a f a ，
故 f x 在[0,3] 的最大值是 0 ，所以 B 正确；
函数 f x 的大致图象，如图所示，
所以函数 f x 只有一个零点，故 C 不正确，D 不正确.
故选：B.
【点睛】
利用导数研究函数的单调性（区间）的方法：
（1）当导函数不等式可解时，解不等式 0f x 或 0f x ，求出函数的单调区间；
（2）当方程 0f x 可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间
f x 的符号，从而确定函数的单调区间；
（3）若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据 f x 结构特征，利用图像与性质确定 f x 的符号，
从而确定单调区间.
16．（2020·湖北荆州市·高三月考）设实数 0m ，若对任意的 (0, )x ，不等式 ln 0mx xe m
成立，则
实数 m 的取值范围是（ ）
A．[1, ) B． 1 ,2
C．[ ),e D． 1 ,e
【答案】D
【分析】
把不等式 ln 0mx xe m
成立，转化为 lnln lnmx xmxe x x e x 恒成立，设函数 xg x xe ，进而转化为
( ) (ln )g mx g x 恒成立，得出 lnmx x 恒成立，构造函数 ln xh x x
，利用导数求得函数的单调性与最
值，即可求解.
【详解】
因为 0m ，不等式 ln 0mx xe m
成立，即 lnmx xe m
成立，即 lnmxme x ，
进而转化为 lnln lnmx xmxe x x e x 恒成立，
构造函数 xg x xe ，可得 2( 1)x xg x e xe x e ，
当 0x ， 0g x ， g x 单调递增，
则不等式 ln 0mx xe m
恒成立等价于 ( ) (ln )g mx g x 恒成立，即 lnmx x 恒成立，
进而转化为 ln xm x
恒成立，
设 ln xh x x
，可得 2
1 ln xh x x
，
当 0 x e 时， 0h x ， h x 单调递增；
当 x e 时， 0h x ， h x 单调递减，
所以当 x e ，函数 h x 取得最大值，最大值为 1h e e
，
所以 1m e
，即实数 m 的取值范围是 1 ,e
.
故选：D.
【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、构造函数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为构造的新函数的
最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数
的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各
个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
17．（2020·全国高三其他模拟）已知函数 2 lnf x a x a R .若方程 2f x ax x 在区间 1 ,ee
上
有解，则实数 a 的取值范围为（ ）
A．
2
2
1 21, e
e e
B．
2
2
1 2 ,2e
e e
C．
2 21, 1
e
e
D．
2 22, 1
e
e
【答案】C
【分析】
把方程 2f x ax x 在区间 1 ,ee
上有解，转化为
2 2ln
ln
x xa x x
在区间 1 ,ee
上有解，构造函数
2 2ln
ln
x xh x x x
，利用导数求得函数 h x 在 1 ,ee
上的单调性，进而求得实数 a 的取值范围.
【详解】
当 1 ,x ee
时，直线 y x 在 lny x 图象的上方，故当 1 ,x ee
时， ln 0x x ，
由方程 22 lna x ax x 在区间 1 ,ee
上有解，
可得
2 2ln
ln
x xa x x
在区间 1 ,ee
上有解，
令
2 2ln
ln
x xh x x x
， 1 ,x ee
，则
2
1 2 2ln
ln
x x xh x
x x
，
因为 1 ,x ee
，所以 2 2 2lnx x ，则由 0h x ，得 1x ，
所以当 1 ,x ee
时， 0h x ，
当 1,x e 时， 0h x ，于是 h x 在 1 ,1e
上单调递减，在 1,e 上单调递增，
又
2
2
2
1 12ln1 1 2
1 1ln
ee eh e e e
e e
， 1 2ln11 11 ln1h
，
2 22ln 2
ln 1
e e eh e e e e
，
2
2 2
1 2 2 12 2e e
e e e e
，
2 22 1 1 11 21 1 1
e e ee e e
，
所以实数 a 的取值范围为
2e 21, e 1
，
故先：C.
【点睛】
含参数的方程有解问题的处理方法常常是分参数法，通常将原问题转化为求函数的值域问题，对于分子､分
母都有对数式的式子的求导，常常需要变形，分离出常数，如本题中的函数
2 2ln
ln
x xh x x x
，直接求导
比较繁琐，可变形转化为
2 2 2ln
x xh x x x
，再求导就比较简单.
二、多选题
18．（2021·全国高三其他模拟）已知函数 axf x e （ e 是自然对数的底数）， 2g x x 的图像在 0,16 上
有两个交点，则实数 a 的值可能是（ ）
A． 1
2 B． ln 2
2
C． ln 2
4 D． 2
e
【答案】AB
【分析】
由函数 axf x e ， 2g x x 的图像在 0,16 上有两个交点，转化为方程 1 ln
2
xa x
在 0,16 上有两个不
等实根，设 ln xh x x
， 0,16x ，利用导数求得函数的单调性，画出函数的图象，结合图象和选项，
即可求解.
【详解】
由函数 axf x e ， 2g x x 的图像在 0,16 上有两个交点
可转化为方程 2axe x 在 0,16 上有两个不等的实数根，
即方程 2lnax x 在 0,16 上有两个不等实根，
即方程 1 ln
2
xa x
在 0,16 上有两个不等实根．
设 ln xh x x
， 0,16x ，则 2
1 ln xh x x
，
当 0 x e 时， 0h x ， h x 单调递增；
当 16e x 时， 0h x ， h x 单调递减，所以 1h x h e e
，
又由 ln 216 4h ，且当 0x 时， h x ，
故可由此作出 h x 的大致图像，如图所示，则由图像可知 ln 2 1 1
4 2 a e
，解得 ln 2 2
2 a e
，
结合选项可知 A，B 符合题意.
故选：AB.
【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 f x 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通
过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数
的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各
个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
19．（2021·湖南永州市·高二期末）已知函数 1lnf x x x x
， 1 lnx x x xg ，则下列结论正确的
是（ ）
A． g x 存在唯一极值点 0x ，且 0 1,2x
B． f x 恰有 3 个零点
C．当 1k 时，函数 g x 与 h x kx 的图象有两个交点
D．若 1 2 0x x 且 1 2 0f x f x ，则 1 2 1x x
【答案】ACD
【分析】
根据导数求得函数 g x 在 (0, ) 上为单调递减函数，结合零点的存在性定，可判定 A 正确；利用导数求
得函数 f x 在 ( ,0) ， (0, ) 单调递减，进而得到函数 f x 只有 2 个零点，可判定 B 不正确；由
g x kx ，转化为函数 1 lnx x x 和 ( ) (1 )m x k x 的图象的交点个数，可判定 C 正确；由
1 2 0f x f x ，化简得到 1
2
1( )f x f x
，结合单调性，可判定 D 正确.
【详解】
由函数 1 lnx x x xg ，可得 1ln , 0g x xx x ，则 2
1 1 0g xx x
，
所以 g x 在 (0, ) 上为单调递减函数，又由 11 0,1 2 ln 2 02g g ，
所以函数 g x 在区间 (1,2) 内只有一个极值点，所以 A 正确；
由函数 1lnf x x x x
，
当 0x 时， 1lnf x x x x
，可得
2
2
1x xf x x
，
因为 2 21 31 ( ) 02 4x x x ，所以 0f x ，函数 f x 在 (0, ) 单调递减；
又由 1 0f ，所以函数在 (0, ) 上只有一个零点，
当 0x 时， 1ln( )f x x x x
，可得
2
2
1x xf x x
，
因为 2 21 31 ( ) 02 4x x x ，所以 0f x ，函数 f x 在 ( ,0) 单调递减；
又由 1 0f ，所以函数在 ( ,0) 上只有一个零点，
综上可得函数 1lnf x x x x
在定义域内只有 2 个零点，所以 B 不正确；
令 g x kx ，即 1 lnx x x kx ，即 1 ln (1 )x x k x ，
设 1 lnx x x ， ( ) (1 )m x k x ，
可得 1ln 1x x x
，则 2
1 1 0x x x
，所以函数 x (0, ) 单调递增，
又由 01 ，可得当 (0,1)x 时， 0x ，函数 x 单调递减，
当 (1, )x 时， 0x ，函数 x 单调递增，
当 1x 时，函数 x 取得最小值，最小值为 1 0 ，
又由 ( ) (1 )m x k x ，因为 1k ，则 1 0k ，且过原点的直线，
结合图象，即可得到函数 1 lnx x x 和 ( ) (1 )m x k x 的图象有两个交点，所以 C 正确；
由 1 2 0x x ，若 1 20, 0x x 时，因为 1 2 0f x f x ，
可得 1 2 2 2
2 2 2 2
2
1 1 1 1 1ln ln 1f x f x x x fx x x x
x
，即 1
2
1( )f x f x
，因为 f x
在 (0, ) 单调递减，所以 1
2
1x x
，即 1 2 1x x ，
同理可知，若 1 20, 0x x 时，可得 1 2 1x x ，所以 D 正确.
故选：ACD.
【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 f x 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通
过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数
的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各
个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
20．（2021·重庆市黔江新华中学校高三月考）已知函数 sin 1
x
xf x e
，则下列结论正确的是（ ）
A．函数 f x 在 0,π 上单调递减
B．函数 f x 在 π,0 上有极小值
C．方程 1
2f x 在 π,0 上只有一个实根
D．方程 1 cos
x
xf x e x
在 π π,0 0,2 2
上有两个实根
【答案】ABD
【分析】
求得函数 f x 的导数，求得函数 f x 的单调性，可判定 A，由函数 f x 的单调性和极值的概念，可判
定 B，利用函数 f x 的单调性，极值、端点的函数值，可判定 C；将非常的解转化为两个函数图象交点的
个数，结合图象，可判定 D，即可得到答案.
【详解】
由题意，函数 sin 1
x
xf x e
，可得 cos sin 1
x
x xf x e
，
当 0f x ，即 cos sin 1 0x x ，所以 3 2cos( )4 2x ，
所以 3 32 2 ,4 4 4k x k k Z ，解得 2 2 ,2k x k k Z ，
当 0k 时， 02 x ；当 1k 时， 3 22 x ，
当 0f x ，即 cos sin 1 0x x ，所以 3 2cos( )4 2x ，
所以 5 32 2 ,4 4 4k x k k Z ，解得 2 2 2 ,2k x k k Z ，
当 0k 时， 2 2x ；当 1k 时， 30 2x ，
所以当 (0, )x 时， 0,f x f x 单调递减，所以 A 正确；
又因为当 ( , )2x 时， 0f x ，当 ( ,0)2x 时， 0f x ，
所以 f x 在
2x 出取得极小值，所以 B 正确；
因为 , ( ) 0, (0) 12f e f f ，所以 1
2f x 在 ( ,0) 上不只有一个实数根，所以 C 不正确；
因为方程 1 cos
x
xf x e x
，即 sin 1 1 cos
x x
x x
e e x
，
即 sin cos
x
x x
e x
，所以 tan
xex x
，
正切函数 tany x 在 π π,0 0,2 2
为单调递增函数，
又由函数 ex
y x
，可得 2
( 1)xe xy x
，
当 π ,02x
和 0,1x 时， 0y ，当 π1, 2x
时， 0y ，
且当 π ,02x
时， 0
xey x
，作出两函数的大致图象，如图所示，
由图象可得，当 π π,0 0,2 2x
，函数 tany x 与 ex
y x
的图象有两个交点，
所以 D 正确.
故选：ABD.
【点睛】
利用导数研究函数的单调性（区间）的方法：
（1）当导函数不等式可解时，解不等式 0f x 或 0f x ，求出函数的单调区间；
（2）当方程 0f x 可解时，解出方程的实根，依据实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间
f x 的符号，从而确定函数的单调区间；
（3）若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据 f x 结构特征，利用图像与性质确定 f x 的符号，
从而确定单调区间.
第 II 卷（非选择题）
三、解答题
21．（2021·江西上饶市·高三其他模拟（理））已知函数 2( ) ln( 1)f x a x x
（1）讨论函数 f x 的单调区间；
（2）对于任意的 2x ， 均有
2( 1)( ) 0xf x a
≤ 恒成立，求 a 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析； （2） 1(0, ]4 .
【分析】
（1）求得 2 ( 1)( ) 1
x x af x x
，分 0a 和 0a 两种情况讨论，结合导函数的符号，即可求解；
（2）取 2x 代入不等式求得 10 4a ，转化为当 10 4a 时，
2( 1)( ) 0xf x a
≤ 恒成立，设
2 2
2( 1) ( 1)( ) ( ) ln( 1)x xh a f x a x xa a
，利用导数求得函数的单调性，得到 1( ) ( )4h a h ，令
2 21 ln( 1) 4( 1)4g x x x x ，利用导数求得函数的单调性，得到 2 0g x g ，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数 2( ) ln( 1)f x a x x 的定义域为 (1, ) ，
又由 2 ( 1)( ) 2 , 11 1
a x x af x x xx x
，
当 0a 时，可得 ( ) 0f x ， f x 在区间 (1, ) 上单调递增；
当 0a 时，令 ( ) 0f x ，即 22 2 0x x a ，
解得 1 1 2
2
ax 或 1 1 2
2
ax （舍去），
此时当 1 1 2(0, )2
ax 时， ( ) 0f x ， f x 单调递减，
当 1 1 2( , )2
ax 时， ( ) 0f x ， f x 单调递增.
（2）取 2x 代入不等式
2( 1)( ) 0xf x a
≤ ，可得 14 0a
，解得 10 4a ，
下面证明：当 10 4a 时，
2( 1)( ) 0xf x a
≤ 恒成立，
设
2 2
2( 1) ( 1)( ) ( ) ln( 1)x xh a f x a x xa a
，其中 10 4a ，
则
2
2
2
( 1)( ) ln( 1) xh a x x a
，
因为 2x ， ，可得 ( ) 0 h a ，函数 ( )h a 单调递增，
可得 2 21 1( ) ( ) ln( 1) 4( 1)4 4h a h x x x ，
令 2 21 ln( 1) 4( 1)4g x x x x ， 2x ， ，
可得
21 40 56 312 8( 1)4( 1) 4( 1)
x xg x x xx x
，
当 2x 时，可得 0g x ，函数 g x 单调递减，
所以 2 0g x g ，
所以
2
2 2 2( 1) 1ln( 1) ln( 1) 4( 1) 04
xa x x x x xa
，
所以当 10 4a 时，
2( 1)( ) 0xf x a
≤ 恒成立，
即实数 a 的取值范围 1(0, ]4 .
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数
能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
22．（2020·全国高二单元测试）已知函数 3
3( , ), ( )1
xf x ax x a a R x R g x x Rx
．
（1）如果
3 4
2x 是关于 x 的不等式 0f x 的解，求实数 a 的取值范围；
（2）判断 g x 在
3 4( 1, ]2
和
3 4[ ,1)2
的单调性，并说明理由；
（3）证明：函数 f（x）存在零点 q，使得 4 7 3 2na q q q q 成立的充要条件是 a
3 4
3
．
【答案】（1）
3 4 , )2[ ；（2）函数 g x 在
3 4( 1, ]2
上单调递减，在
3 4[ ,1)2
上单调递增，理由见解
析；（3）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意，得到
3
( 04 )2f ，即可求得实数 a 的取值范围；
（2）由 31
xg x x
，求得 g x ，结合导数的符号，即可求解；
（3）由 4 7 3 2na q q q q ，求得 31
qa q
成立，由（2）结合函数的单调性和最值，即可求
解.
【详解】
（1）由
3 4
2x 是关于 x 的不等式 0f x 的解，
所以
3 3
3
34 4 4
2 2( ) ( ) ) 02f a a ，解得
3 4
3a .
求实数 a 的取值范围
3 4 , )3[ .
（2）由 31
xg x x
，可得
3 3 3
2
3 2
2 23 3
4 2 42( )( )1 ( 3 ) 2 2 2
1 1
x x xx x xg x
x x
，
所以函数 g x 在
3 4( 1, ]2
上单调递减，在
3 4[ ,1)2
上单调递增.
（3）函数 f x 存在零点 q，
使得 4 7 3 2na q q q q 成立的充要条件是
3 4
3a ，
所以 31
qa q
成立，根据无穷等比数列相关性质， ( 1,1)q 且 0q ，
由（2）可得 31
qa q
在
3 4( 1, ]2
上单调递减，在
3 4[ ,1)2
上单调递增，
所以
3 3
min3
4 4( ) ( )1 2 3
qa gq
，反之亦然.
23．（2021·陕西西安市·高三月考（文））已知函数 ( ) ln ln2f x x x ．
（1）求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程；
（2）设 ( ) ( ) 1h x f x ，求证： ( )h x 在[1, ) 上有唯一零点．
【答案】（1） ln 2( 1)y x ；（2）证明见解析．
【分析】
（1）求得导数 f x ，得到 1 ln 2f 和 1 0f ，进而求得曲线 y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程；
（2）由求得
2ln 2 ln ln 2 ( 0)x x xh x xx x
，利用导数的符号，求得函数 ( )h x 的单调性，结合 1 0h ，
和 x 时， ( )h x ，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数 ( ) ln ln2f x x x ，可得 ln 2 lnx xf x x x
，则 1 ln 2f ，
又由 1 0f ，所以曲线 y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 ln 2( 1)y x ；
（2）由 ( ) ( ) 1 ln ln 2 1h x f x x x ，可得
2ln 2 ln ln 2 ( 0)x x xh x xx x
，
令 0h x ，可得 2ln 2 0x ，即 22 1x ，解得 2
2x ，
所以当 2(0, )2x 时， 0h x ，当 2( , )2x 时， 0h x ，
则 ( )h x 在 2(0, )2
上单调递减，在 2( , )2
上单调递增，
所以 ( )h x 在[1, ) 上单调递增，
又因为 1 1 0h ，当 x 时， ( )h x ，
所以 ( )h x 在[1, ) 上有唯一零点．
【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．
24．（2021·全国高三专题练习（文））已知函数 1( ) axf x x e ( a R ).
（1）讨论函数 ( )f x 的单调性
（2）若函数 ( )f x 的图像经过点 (11)， ，求证： 1 ln ( ) 0x f xx e
( 0x ).
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）当 0a 时，得到 ( )f x 在 R 上单调递增；当 0a 时，求得导数 1 1( ) ( )axf x e a x a
，结合导数
的符号，即可求得函数的单调区间；
（2）求得 1( ) xf x x e ，化简 1 1ln ( ) ln 1x xf x x xx e x e
，设 1( ) ln 1xg x x xx e
( 0x )，求得
2
(1 ) ( 1)( )
x
x
x x eg x x e
，设 ( ) 1xh x x e ，得到 ( )h x 在 (0 ) ， 上单调递增，得出当 0( )x ， 时
( )h x 在 (0 )1，上有唯一的零点，得出函数 ( )g x 的单调性与最值，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数 1( ) axf x x e 的定义城为 R ，
当 0a 时， ( ) xf x e
，函数 ( )f x 在 R 上单调递增；
当 0a 时，可得 1 1 1 1( ) ( )ax ax axf x e ax e e a x a
，
令 ( ) 0f x ，得 1x a
，
①当 0a 时，在区间 1( )a
， 上 ( ) 0f x ， ( )f x 单调递增，
在区间 1( )a
， 上 ( ) 0f x ， ( )f x 单调递减，
②当 0a 时，在区间 1( )a
， 上 ( ) 0f x ， ( )f x 单调递减，
在区间 1( )a
， 上 ( ) 0f x ， ( )f x 单调递增，
（2）若函数 ( )f x 的图像经过点 (1,1) ，则 1(1) 1af e ，得 1a ，即 1( ) xf x x e ，
则 11 1 1ln ( ) ln( ) ln 1x
x x xf x x e x xx e x e x e
，
设 1( ) ln 1xg x x xx e
( 0x )，则 2 2
1 1 (1 ) ( 1)( ) 1
x
x x
x x x eg x x e x x e
，
设 ( ) 1xh x x e ，则 ( ) x xh x e x e ，
当 0x 时， ( ) 0h x ，故 ( )h x 在 (0 ) ， 上单调递增，
又 (0) 1 0h ， (1) 1 0h e ，所以当 0( )x ， 时 ( )h x 在 (0 )1，上有唯一的零点，
不妨设 0( ) 0h x ，则 0
0 1 0xx e ，所以 0 0( )g x ，
当 0 )(0x x ， 时， ( ) 0g x ， ( )g x 单调递减，
当 0( )x x ， 时， ( ) 0g x ， ( )g x 单调递增，
故 0
0 0min 0 0 0 0
0 0
1 1( ) ( ) ln 1 ln( ) 1 1 1 0x
x xg x g x x x x ex e x e
，
所以 ( ) 0g x 恒成立，即 1 ln ( ) 0x f xx e
( 0x )恒成立.
【点睛】
利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造法：证明不等式 ( )f x g x f x g x 转化为证明
0f x g x ( 0)f x g x ，进而构造辅助函数 h x f x g x ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数；
25．（2021·江苏常州市·高三一模）已知函数 ( ) 1 ln ( )f x m x m R .
（1）当 2m 时，一次函数 ( )g x 对任意 0x ， ， 2f x g x x 恒成立，求 ( )g x 的表达式；
（2）讨论关于 x 的方程
2( )
1
f x x
f x
解的个数.
【答案】（1） ( ) 2 1g x x ；（2）答案见解析.
【分析】
（1）当 2m 时，设 2 2ln 1h x x x ，求得函数的单调区间和最值得出 1 1 1f g ，得到 (1) 1g ，
设 ( ) ( 1) 1g x a x ，根据 2( )g x x ，转化为 2 1 0x ax a 恒成立，求得 2a ，再根据
( ) 2ln 2 2m x x x ，利用导数求得函数的单调区间和最大值，得到1 2ln 2 1x x ，进而求得 ( )g x 解
析式；
（2）由方程
2( )
1
f x x
f x
，化简得到
2
2
1ln 1
xm x x
，令 2 0t x ，得到 4ln 2 01m t t
，设
4ln 21g t m t t
，求得 g t ，分 0m 和 0m ，结合函数的单调性与极值，以及零点的存在性
定理，即可求解.
【详解】
（1）当 2m 时，函数 ( ) 1 2lnf x x ，可设 2 2ln 1( 0)h x x x x ，
则
21 2 12 xh x x x x
，令 0h x ，解得 2
2x ，
所以 h x 在 20 2
， 上单调递减，在 2
2
， 上单调递增，
所以 min
2 1 22ln 1 02 2 2h x h
，所以 1 1 1f g ，
又因为 (1) 1f ，所以 (1) 1g ，设 ( ) ( 1) 1g x a x ，
因为 2( )g x x ，所以 2 1 0x ax a 在 (0, ) 上恒成立
所以 ( 1)( 1 ) 0x x a 在 (0, ) 上恒成立，
所以 1 1a ，解得 2a ，所以 ( ) 2 1g x x ，
又由 ( ) 1 2ln 2 1 2ln 2 2m x x x x x ，可得 2 2 2( ) 2 xm x x x
，
当 (0,1)x 时， 0m x ， m x 单调递增；
当 (1, )x 时， 0m x ， m x 单调递减，
所以当 1x 时， m x 取得最大值，最大值为 max( ) 0m x ，所以1 2ln 2 1x x ，
综上 ( ) 2 1g x x
（2）由方程
2( )
1
f x x
f x
，整理可得 21 ln ( 0)1 ln
m x x xm x
，
即 2 2( 1)ln 1m x x x ，可得
2
2
1ln 1
xm x x
，
令 2 0t x ，可得 1 1 2ln 12 1 1
tm t t t
，即 4ln 2 01m t t
，
设 4ln 21g t m t t
，可得 2
4
( 1)
mg t t t
，
①当 0m 时，可得 0g t ，此时 g t 单调递减，
又由 1 0g ，所以此时函数 g t 在 (0, ) 上只有一个零点，即方程只有一个零点.
②当 0m 可得
2
2 2
4 (2 4)
( 1) ( 1)
m mt m t mg t t t t t
，
令 2( ) (2 4)h x mt m t m ，则 2 2(2 4) 4 16( 1)m m m ，
（i）当 0 时，即 m 1 时，可得 ( ) 0h x ，即 0g t ，此时 g t 单调递增，
又由 1 0g ，所以此时函数 g t 在 (0, ) 上只有一个零点，即方程只有一个零点.
（ii）当 0 时，即 0 1m 时，
此时 ( ) 0h x ，即方程 2 (2 4) 0mt m t m 有两解，
且 1 2 1 2
4 2 0, 1mt t t tm
，不妨设 1 20 1t t ，
则当 1(0, )t t 时， 0g x ， g t 单调递增；
当 1 2( , )t t t 时， 0g x ， g t 单调递减；
当 2( , )t t 时， 0g x ， g t 单调递减；
当 1t t 时，函数 g t 取得极大值 1g t ，当 2t t ，函数 g t 取得极小值 2g t ，
又因为 (1) 0g ，所以 1 20 0g t g t ， ，
当 2
mt e 时， 4 4( ) ln 2 2 2 01 1n t m t t t
，
所以 g t 在 2( , )t 上有唯一的解；
因为 0 1t 时， 4 (2,4)1 t
当 2
mt e
时，可得 4ln 2 2 4 2 01m t t
所以 0 (0,1)t 且
2
0
mt e
，解得 0 0g t ，所以 g t 在 10,t 上恰有一根，
所以可得函数 g t 在 (0, ) 上恰有三根，
综上可得，当 m 1 或 0m 时，方程
2( )
1
f x x
f x
恰有一根；
当 0 1m 时，方程
2( )
1
f x x
f x
恰有三根.
【点睛】
求解有关函数零点问题的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 f x 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通
过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数
的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各
个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
26．（2021·全国高三专题练习（文））设函数 2( ) ( ln )( 0)f x x a x a x a ， ( )f x 是函数 ( )f x 的导函数
（1）讨论 ( )f x 的单调性
（2）若 1 1 0f f ，证明： 2 2 2
2 3 1... ln( 1)1 2
n nn
.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求得 f x 的定义域和 (2 )( )( ) x a x af x x
，结合定义域和导数的符号，即可求解；
（2）由 1 1 0f f ，求得 1a ，得到 2( ) lnf x x x x ，根据（1）中函数的单调性，求得 2 lnx x x ，
令 *1 1,nx n Nn
，得到 2
1 ln( 1) lnn n nn
，利用累加法，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数 2( ) ( ln )f x x a x a x ，其中函数 f x 的定义域为 (0, ) ，
可得
2
2 (2 )( )( ) 2 a x a x af x x a x x
，
令 0f x ，可得 x a 或
2
ax ，
因为 0a 时，当 (0, )x a ， ( ) 0f x ，当 ( , )x a ， ( ) 0f x
所以 ( )f x 上 (0, )a 单调递减，在 ( , )a 上单调递增；
（2）由题意，函数 2( ) ( ln )f x x a x a x 且 (2 )( )( ) x a x af x x
可得 (1) 1f a ， 2(1) 2f a a ，
因为 1 1 0f f ，可得 21 2 0a a a ，解得 1a 或 3a (舍去)，
故 2( ) lnf x x x x
由（1）知，函数 ( )f x 在 (0,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增，
所以当 1x 函数取得最小值，最小值 min( ) (1) 0f x f ，即 ( ) 0f x ，
即 2 lnx x x ，对于任意 0x 恒成立，当且仅当 1x 时，等号成立，
令 *1 1,nx n Nn
，则 21 1 1( ) ( ) ln( )n n n
n n n
整理得， 2
1 1ln( ) ln( 1) lnn n n nn n
所以 2 2 2
2 3 1... (ln 2 ln1) (ln3 ln 2) ... ln( 1) ln ln( 1)1 2
n n n nn
.
【点睛】
利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造法：证明不等式 ( )f x g x f x g x 转化为证明
0f x g x ( 0)f x g x ，进而构造辅助函数 h x f x g x ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
27．（2021·全国高三专题练习（文））已知函数 21ln 12f x x ax a x .
（1）讨论函数 f x 的极值；
（2）若 2 211 12g x x f x ax ax x
，证明：函数 g x 有且仅有两个零点 1x ， 2x ，且 1 2 1x x .
【答案】（1）当 0a 时， f x 无极值；当 0a 时，极大值为 1 1ln 12a a
，无极小值；（2）证明见
解析.
【分析】
（1）求得函数的导数 1 1ax xf x x
，分 0a 和 0a 两种情况讨论，结合导数的符号和极值的概
念，即可求解.
（2）由 1 ln 1g x x x x ，求得 1lng x x x
，得出 g x 存在唯一 0 1,2x 使得 0 0g x ，
得到 g x 在 00, x 上单调递减，在 0x 上单调递增，再由零点的存在性定理，得到 0g x 在
0,x 内存在唯一实根 1x ，
1
1
x 是 0g x 在 00, x 上的唯一零点，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数 21ln 12f x x ax a x 的定义域为 0, ，
且 1 11 1 ax xf x ax ax x
，
若 0a ，则当 0,x 时， 0f x ，
故函数 f x 在 0, 上单调递增，函数 f x 无极值；
若 0a ，当 10,x a
时， 0f x ；当 1 ,x a
， 0f x ，
故函数 f x 在 10, a
上单调递增，在 1 ,a
上单调递减，
所以函数 f x 有极大值 1 1 1ln 12f a a a
，无极小值.
综上，当 0a 时，函数 f x 无极值；
当 0a 时，函数 f x 有极大值为 1 1ln 12a a
，无极小值.
（2）因为 2 211 1 1 ln 12g x x f x ax ax x x x x ，
可得 1lng x x x
.
因为 lny x 在 0, 上单调递增， 1y x
在 0, 上单调递减，
所以 g x 在 0, 上单调递增.
又由 1 1 0g ， 1 ln 4 12 ln 2 02 2g ，
故存在唯一 0 1,2x 使得 0 0g x ，
所以函数 g x 在 00, x 上单调递减，在 0x 上单调递增，
又因为 0 1 2g x g ， 2 2 3 0g e e ，所以 0g x 在 0,x 内存在唯一实根 1x .
由 0 11 x x ，可得 0
1
1 1 xx
，
又由 1
1 1 1 1 1
1 1 1 11 ln 1 0g xg x x x x x
，
故
1
1
x 是 0g x 在 00, x 上的唯一零点，记作 2x ，则 2
1
1x x
，
综上，函数 g x 有且仅有两个零点 1x ， 2x ，且 1 2 1x x .
【点睛】
解决函数极值、最值综合问题的策略：
1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；
2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；
3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.
28．（2021·全国高三月考（文））已知函数 ( ) lnf x ax x （其中 0a ， aR ）， 1( ) 1
xg x x
.
（1）若存在实数 a 使得 1( )f x e
恒成立，求 a 的取值范围；
（2）当 1
2a 时，讨论函数 ( ) ( )y f x g x 的零点个数.
【答案】（1） ( 1,0) ；（2）答案见解析.
【分析】
（1）由 1( )f x e
在 (0, )x 上恒成立，得到 0a ，利用导数求得函数的单调性和最值，列出不等式，
即可求解；
（2） （ⅰ）当 0a 时，结合 ( )f x 和 ( )g x 的取值，得出函数 ( ) ( )y f x g x 只有 1 个零点.（ⅱ）当 0a
时，令 ( ) ( ) ( )h x f x g x ，求得 ( )h x ，令 2
2( ) (ln 1) ( 1)x a x x
，求得 3
4( ) ( 1)
ax x x
，分 1
2a
和 10 2a 两种情况，结合函数的单调性和最值，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数 ( ) lnf x ax x ，（其中 0a ），
要使 1( )f x e
在 (0, )x 上恒成立，可得 0a ，
又由 ( ) (ln 1)f x a x ，
令 ( ) (ln 1) 0f x a x ，解得 10 x e
，即函数 f x 在 1(0, )e
单调递增，
令 ( ) (ln 1) 0f x a x ，解得 1x e
，即函数 f x 在 1( , )e
单调递减，
所以 max
1( ) af x f e e
，
要使得 1( )f x e
，可得 1a
e e
，解得 1 0a ，
即实数 a 的取值范围 ( 1,0) .
（2）由函数 ( ) lnf x ax x 和 1( ) 1
xg x x
.
（ⅰ）当 0a 时，
当 (0,1)x 时，可得 ( ) 0f x ， ( ) 0g x ，所以 ( ) ( )y f x g x 恒大于零，函数没有零点；
当 (1, )x 时，可得 ( ) 0f x ， ( ) 0g x ，可得 ( ) ( )y f x g x 恒小于零，没有零点；
当 1x 时，令 ( ) ( ) ( )h x f x g x ，可得 1 (1) (1) 0h f g ，所以函数由一个零点，
综上可得，当 0a 时， ( ) ( )y f x g x 在 (0, ) 只有 1 个零点.
（ⅱ）当 0a 时，令 ( ) ( ) ( )h x f x g x ，则 2( ) ln 1 ( 0)1h x ax x xx
，
可得 2
2( ) (ln 1) ( 1)h x a x x
，
令 2
2( ) (ln 1) ( 1)x a x x
，可得 3
4( ) ( 1)
ax x x
，
因为 0x ，所以 ( ) 0x 恒成立， ( )h x 在 (0, ) 单调递增，
①由 (1) 0h ，即 1
2a 时，可得 ( )h x 在 (0,1)x 上恒小于零，在 (1, )x 上恒大于零，
即 ( )h x 在 (0,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增，
所以 ( ) (1) 0h x h ， ( )y h x 在 (0, ) 只有1个零点
②当 10 2a 时， 1(1) 02h a ，由于 ( )h x 在 (0, ) 单调递增，
所以 ( )h x 在 (0,1]上恒小于零， ( )h x 在 (0,1]上单调递减，
因为 (1) 0h ，所以 ( )h x 在 (0,1]上有唯一零点1.
又因为 1(1) 02h a ，
2 1
2 1 2
2( ) 2 0
( 1)
a
a
h e
e
所以存在
2 1
0 (1, )ax e
，使得 0 0h x ，
由于 ( )h x 在 (0, ) 单调递增， 1(1) 02h a ， 0 0h x ，
所以 ( )h x 在 01, x 在单调递减，在 0,x 单调递增，
2 1
0 1, ax e
，
所以 0 (1) 0h x h ，
又因为 10 2a ， 1
1ae ，
1 1
1
21 0
1
a a
a
h e e
e
，所以
1
0
ax e ，
由 0 0h x ， 1
( ) 0ah e ，知 ( )h x 在
1
1, ae
上有唯一零点，
结合 ( )h x 在 0,x 单调递增， ( )h x 在 (1, ) 上有唯一零点，
又 (1) 0h ， 10 2a 时， ( )h x 在 (0, ) 上有 2 个零点
综上所述，当 0a 或 1
2a 时， ( )h x 在 (0, ) 只有1个零点；
当 10 2a 时， ( )h x 在 (0, ) 上有 2 个零点.
【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 f x 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通
过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数
的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各
个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
29．（2021·全国高三专题练习）已知实数 0a ，设函数 ( ) ln 1, 0f x a x x x ，对任意 2
1[ , )x e
均有 ( ) ,2
xf x a
求 a 的取值范围．注：e=2．71828…为自然对数的底数．
【答案】 20, 4
．
【分析】
把 ( ) 2f x a
x 转化为
2
2 1 2ln 0x x xa a
，令 1t a
，设 21 1( ) ( 1 ) 2lnxg t x t xx x
，
分 1 ,7x
和 2
1 1, 7x e
两种情况讨论，结合函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】
由 1(1) 2f a
，即 12 2a
，解得 20 4a ，
当 20 4a 时， ( ) 2f x a
x 等价于
2
2 1 2ln 0x x xa a
，
令 1t a
，则 2 2t ，设 2( ) 2 1 2ln , 2 2g t t x t x x t ，
则 21 1( ) ( 1 ) 2lnxg t x t xx x
，
（i）当 1 ,7x
时， 11 2 2x
，则 ( ) (2 2) 8 4 2 1 2lng t g x x x ．
记 1( ) 4 2 2 1 ln , 7p x x x x x ，
则 2 2 1 2 1 2 1 ( 1)[1 ( 2 2 1)]'( )
1 1 1( 1)( 1 2 )
x x x x x x xp x xx x x x x x x x x
，
可得 ( )p x 与 '( )p x 的关系，如下表所示：
x 1
7
1( ,1)7 1 (1, )
'( )p x 0 +
( )p x 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
1 1, 7x e
时， 1 2 ln ( 1)( ) 1
2
x x xg t g x x
，
令 2
1 1( ) 2 ln ( 1), , 7q x x x x x e
，则 ln 2( ) 1 0xq' x
x
，
故 ( )q x 在 2
1 1, 7e
上单调递增，所以 1( ) 7q x q
．
由（i）得， 1 2 7 1 2 7 (1) 07 7 7 7q p p
，所以 ( )
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