专题五 导数的运算及在函数性质中的应用
一、多选题
1．（2021·江苏镇江市·高三其他模拟）设函数 ( ) lnf x x x ， 2( )g x x ，给定下列命题，其中正确的是（ ）
A．若方程 ( )f x k 有两个不同的实数根，则 1 ,0ek
（ e 为自然对数的底数）
B．若方程 ( ) ( )kf x g x 恰好只有一个实数根，则 0k
C．若 1 2 0x x ，总有 1 2 1 2m g x g x f x f x 恒成立，则 1
2m
D．若函数 ( ) ( ) ( )F x f x ag x 有两个极值点，则实数 10, 2a
【答案】ACD
【分析】
利用导数研究函数的单调性和极值，且将题意转化为 ( )y f x 与 y k 有两个不同的交点，即可判断 A 选
项；易知 1x 不是该方程的根，当 1x 时，将条件等价于 y k 和
ln
xy x
只有一个交点，利用导数研究
函数的单调性和极值，从而可推出结果，即可判断 B 选项；当 1 2 0x x 时，将条件等价于
1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )mg x f x mg x f x 恒成立，即函数 ( ) ( )y mg x f x 在 (0, ) 上为增函数，通过构造新函
数以及利用导数求出单调区间，即可求出 m 的范围，即可判断 C 选项； 2( ) ln ( 0)F x x x ax x 有两个
不同极值点，根据导数的符号列出不等式并求解，即可判断 D 选项.
【详解】
对于 A， ( )f x 的定义域 (0, ) ， ( ) ln 1f x x ，令 ( ) 0f x ，有 ln 1x ，即 1x e
，可知 ( )f x 在 10, e
单调递减，在 1,+e
单调递增，所以极小值等于最小值， min
1 1( ) ( )f x f e e
，且当 0x 时
( ) 0f x ，又 (1) 0f ，从而要使得方程 ( )f x k 有两个不同的实根，即 ( )y f x 与 y k 有两个不同
的交点，所以 1( ,0)k e
，故 A 正确；
对于 B，易知 1x 不是该方程的根，当 1x 时， ( ) 0f x ，方程 2( )kf x x 有且只有一个实数根，等价
于 y k 和
ln
xy x
只有一个交点， 2
ln 1
(ln )
xy x ，又 0x 且 1x ，令 0y ，即 ln 1x ，有 x e ，知
ln
xy x
在( )0,1 和 1,e 单减，在 ,+e 上单增， 1x 是一条渐近线，极小值为 e ,由
ln
xy x
大致图像
可知 0k 或 =k e，故 B 错误；
。
对于 C，当 1 2 0x x 时， 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )m g x g x f x f x 恒成立，等价于
1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )mg x f x mg x f x 恒成立，即函数 ( ) ( )y mg x f x 在 (0, ) 上为增函数，即
( ) ( ) 2 ln 1 0y mg x f x mx x 恒成立，即 ln 1
2
xm x
在 (0, ) 上恒成立，令 ln 1( ) 2
xr x x
，
则 2
ln( ) 2
xr x x
，令 ( ) 0r x 得 ln 0x ，有 0 1x ，从而 ( )r x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调
递减，则 max
1( ) (1) 2r x r ，于是 1
2m ，1 故 C 正确；
对于 D， 2( ) ln ( 0)F x x x ax x 有两个不同极值点，等价于 ( ) ln 1 2 0F x x ax 有两个不同的正
根，即方程 ln 1
2
xa x
有两个不同的正根，由 C 可知， 10 2a ，则 D 正确.
故选：ACD
【点睛】
关键点睛：本题考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性和极值，以及利用导数解决函数的零点问题
和恒成立问题从而求参数范围，解题的关键在于将零点问题转化成两个函数的交点问题，解题时注意利用
数形结合，考查转化思想和运算能力．
2．（2021·湖南怀化市·高三一模）定义域为 R 的函数 y f x ，若对任意两个不相等的实数 1x 、 2x ，都有
1 1 2 2 1 2 2 1x f x x f x x f x x f x ，则称函数为“ Z 函数”，现给出如下函数，其中为“ Z 函数”的有
（ ）
A． 3 1y x x B． 3 2 sin cosy x x x
C． 2 ln 2x xy e e D． 1
sin
x x
xy e e
【答案】BC
【分析】
分析可知函数 f x 为 R 上的增函数，然后判断各选项中函数的单调性，可得出合适的选项.
【详解】
对于任意给定的不等实数 1x 、 2x ，不等式 1 1 2 2 1 2 2 1x f x x f x x f x x f x 恒成立，
原不等式等价为 1 2 1 2 0x x f x f x 恒成立，
设 1 2x x ，则 1 2 0f x f x ，即 1 2f x f x ，
即函数 f x 是定义在 R 上的增函数．
对于 A 选项，函数 3 1y x x ，则 21 3y x ，
当 3
3x 或 3
3x 时， 0y ，此时函数 3 1y x x 为减函数，不满足条件；
对于 B 选项， 3 2 sin cosy x x x ， 3 2 cos sin 3 2 2 sin 04y x x x
，
所以，函数 3 2 sin cosy x x x 单调递增，满足条件；
对于 C 选项，对于函数 ln 2xy e ，该函数的定义域为 R ，
内层函数 2xu e 为增函数，外层函数 lny u 为增函数，则函数 ln 2xy e 为 R 上的增函数，
又因为函数 2xy e 为 R 上的增函数，所以，函数 2 ln 2x xy e e 为 R 上的增函数，满足条件；
对于 D 选项，记 1
sin
x x
xf x e e
，则 0 1 2 0f f f ，
所以，函数 1
sin
x x
xy e e
在 R 上不具有单调性，不满足条件.
故选：BC.
【点睛】
方法点睛：函数单调性的判定方法与策略：
（1）定义法：一般步骤：设元 作差 变形 判断符号 得出结论；
（2）图象法：如果函数 f x 是以图象的形式给出或者函数 f x 的图象易作出，结合图象可得出函数的
单调区间；
（3）导数法：先求出函数的导数，利用导数值的正负确定函数的单调区间；
（4）复合函数法：先将函数 y f g x 分解为内层函数 u g x 和外层函数 y f u ，再讨论这两个
函数的单调性，然后根据复合函数法“同增异减”的规则进行判定.
3．（2021·江苏高三月考）已知函数
3
2
sin( ) 1
xf x x
， ,x ，则（ ）
A． ,( ) x ， ( ) ( ) 0 f x f x
B． ,( ) x ，| ( ) | 1f x
C． 1 2, ,x x ， 1 2x x ， 1 2( ) ( )f x f x
D． 0 ,x ， ,( ) x ， 0| ( ) | ( )f x f x
【答案】BCD
【分析】
根据函数解析式判断函数的奇偶性，可得选项 A 的正误；结合函数的值域可得选项 B 的正误；结合导数判
断函数的极值情况可得选项 C,D 的正误.
【详解】
由题意可知， ( ) ( )f x f x ，即函数 ( )f x 为奇函数，
所以 2( ) ( ) ( ) 0f x f x f x ，且
3
2 2
sin 1| ( ) | 11 1
x
f x x x
，故 A 错误，B 正确；
因为
3
2
sin( ) 1
xf x x
，
所以
2 22 2 3
2 22 2
sin 3cos 1 2 sin3sin cos 1 2 sin
( )
1 1
x x x x xx x x x x
f x
x x
，
设 23cos 1 2 n) si( ( )g x x x x x ，则 (0) 3 0, ( ) 02g g ，
由零点存在定理可得 0, 2t
使得 ( ) 0g t ；
所以一定存在 0 (0, )x t 时， 0( ) 0f x ，也一定存在 0 ( , )x t 时， 0( ) 0f x ，即 ( )f x 一定不是单调函数，
又 (0) ( ) 0f f 且图象为连续曲线，
所以 1 2, ,x x ， 1 2x x ， 1 2( ) ( )f x f x ，故 C 正确；
因为 (0, )x 时， ( ) 0 (0) ( )f x f f ，所以必然存在最大值，故 D 正确；
故选：BCD.
二、单选题
4．（2021·新疆乌鲁木齐市·高三二模（文））设 21( ) ln 42f x x x ax a ，其中 0a ，若仅存在一个整
数 0x ，使得 0 0f x ，则实数 a 的取值范围是（ ）
A． 1 1ln2 1,2 6
B． 1 1ln2 1,2 6
C． 9 1ln3 , ln2 12 2
D． 9 1ln3 , ln2 12 2
【答案】B
【分析】
令 21 ln2 x xg x ， 4 4h x ax a a x ，利用导数可得 g x 单调性，判断出满足条件的整数
为 1，即可得出
1 1
2 2
g h
g h
求解.
【详解】
令 21 ln2 x xg x ， 4 4h x ax a a x ，
由仅存在一个整数 0x ，使得 0 0f x ，可得仅存在一个整数，使得 g x h x ，
21 1xg x x x x
，
令 0g x ，可得 1x ；令 0g x ，可得 0 1x ，
g x 在 0,1 单调递减，在 1, 单调递增，
min
11 2g x g ，所以满足条件的整数为 1，
由 0a 可得 h x 为减函数，
所以
1 1
2 2
g h
g h
，即
1 32
2 ln 2 2
a
a
，解得 1 1ln 2 12 6a .
故选：B.
【点睛】
关键点睛：解题的关键是构造函数 21 ln2 x xg x ， 4 4h x ax a a x ，利用导数判断单调性，
得出
1 1
2 2
g h
g h
.
5．（2021·山西高三二模（理））已知函数 1( ) lnxf x e x ax a a R ，当 1,x 时，若 ( ) 1f x
恒成立，则 a 的取值范围为（ ）
A． ,0 B． ,0 C． 1,0 D． 0,
【答案】A
【分析】
求函数导数后可知导函数为 1, 上的增函数，根据 a 分类讨论，求 ( )f x 的最小值即可求解.
【详解】
1( ) lnxf x e x ax a a R ，
1 1( ) xf x e ax
，
当 1,x 时， 1 1( ) xf x e ax
单调递增，
min( ) (1)f x f a ，
（1）若 0a 时， ( ) 0f x ，
所以 ( )f x 在 1,x 时单调递增， ( ) (1) 1f x f 恒成立，
（2）若 0a 时， (1) 0f a ，由 ( )f x 单调递增知，存在 0 1x ，使得 0( ) 0f x ，
故 0[1, )x x 时， ( ) 0f x ，当 0( , )x x 时， ( ) 0f x ，
所以 ( )f x 在 0[1, )x x 时单调递减，
所以 0( ) (1) 1f x f ，即在 1,x 上存在 0 1x 使得 0( ) 1f x ，
所以 0a 时不满足题意.
综上， 0a ，
故选：A
【点睛】
关键点点睛：对 a 分类讨论，研究导函数的单调性，根据导函数的单调性求最小值，根据最值是否满足不
小 1，判断 a 所取范围，属于中档题.
6．（2021·陕西西安市·长安一中高三月考（文））曲线 32y x x 在 1x 处的切线方程为（ ）
A． 2 0x y B． 2 0x y
C． 2 0x y D． 2 0x y
【答案】A
【分析】
利用切点和斜率求得切线方程.
【详解】
1x 时， 2 1 1y ，故切点为 1, 1 ，
' 22 3y x ，当 1x 时， ' 2 3 1y ，
所以切线方程为 1 1 1y x ，即 2 0x y .
故选：A
7．（2021·新疆高三其他模拟（理））定义在 ,0 0, 上的函数 f x 满足 f x f x ，且 0x
时， ln 1xf x x
.若关于 x 的方程 1f x kx e
有三个不相等的实数根，则实数 k 的取值范围是（ ）
A． 1 1, 0,e e
B． 1 1,0 0,e e
C． 2 2
1 1, 0,e e
D． 2 2
1 1,0 0,e e
【答案】D
【分析】
把方程问题转化为函数图像交点问题，求出临界值即：函数 ln 1xf x x
图像和直线 1y kx e
相切时 k
的值，结合 k 的性质以及函数对称性，即可得解.
【详解】
当 0x 时，令 2
2 ln 0xf x x
，则 2x e .即
20,x e 时， f x 单调递增. 2 ,x e 时， f x 单调递减.且 2
2
1f e e
.
若关于 x 的方程 1f x kx e
有三个不相等的实数根，
如图，当 0k 时，设过点 10, e
做曲线的切线交曲线于点 0
0
0
ln 1, xP x x
，
切线方程为： 0 0
02
0 0
ln 1 2 lnx xy x xx x
切线由过点 10, e
，
则 0
0
3 2ln 1 3 2lnx e
x e e
，
又∵ 3 2ln xy x
在 20,x e 时单调递减.
∴ 0x e ，切线的斜率为 2
1
e
，∴ 2
10,k e
由对称性知： 2 2
1 1,0 0,k e e
.
故选：D
【点睛】
本题考查了函数方程问题，考查了转化思想和数形结合思想，同时考查了利用导数的几何性质求切向方程，
有一定的计算量属于中档题.本题关键有：
（1）函数方程转化为函数图像交点问题；
（2）求范围问题关键是求临界值；
（3）掌握过某点求切线方程.
8．（2021·安徽蚌埠市·高三三模（理））关于函数 32( ) sin cos3f x x x ，下列命题正确的是（ ）
A． ( )f x 不是周期函数
B． ( )f x 在区间 0, 上单调递减
C． ( )f x 的值域为 1,1
D． x 是曲线 ( )y f x 的一条对称轴
【答案】C
【分析】
A.利用周期函数的定义判断；B.利用导数法判断；C.利用导数法求解判断；D.判断 f x 与 f x 是
否相等即可.
【详解】
∵ 32( ) sin cos3f x x x ，
∴ 2 ( )f x f x ，则 ( )f x 为周期函数，故 A 错误；
∵ 22sin cos sin sin (sin )( ) 2 1x x x xx xf ，
∵ 0, 2x
时，sin 0x ，sin 2 0x ，
∴ ( ) 0f x ，由此可得 ( )f x 在 0, 上单调递增，故 B 错误；
令 ( ) 0 sin 0f x x ，或sin 2 1x ，
∴当 sin 0x 时，可得 cos 1 ( ) 1x f x ；
当sin 2 1x 时， ( )4x k k Z ，此时 1 2( ) 6 2f x 或 1 2
6 2
.
由此可得，函数的最值在函数的极值点处，即当 ( ) 0f x 时，函数取得最值，
又因为 1 21 6 2
， 1 21 6 2
，所以可得函数的值域为 ( ) 1,1f x ，故 C 正确；
∵ 3 32 2( ) sin ( ) cos( ) sin cos3 3f x x x x x ，
3 32 2( ) sin ( ) cos( ) sin cos3 3f x x x x x ，
显然地， f x f x ，所以 x 不是函数的对称轴，故 D 错误.
故选：C.
【点睛】
方法点睛：用导数法求解函数的最值时，要先求函数 y＝f(x)在[a，b]内所有使 ( ) 0f x 的点，再计算函数
y＝f(x)在区间内所有使 ( ) 0f x 的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．
9．（2021·陕西西安市·高三其他模拟（理））已知实数 0a ， 1a ，函数
2
, 1
( ) 4 ln , 1
xa x
f x
x a x xx
在 R 上单调递增，则实数 a 的取值范围是（ ）
A． 2 5a B． 5a
C．3 5a D．1 2a
【答案】A
【分析】
根据指数函数的单调性，结合导数与单调性的关系，通过构造函数进行求解即可.
【详解】
解：∵函数 f x 在 R 上单调递增，
∴当 1x 时，有 1a ；
当 1x 时，
3
2 2
4 2 42 0a x axf x x x x x
恒成立，
令 32 4g x x ax ， 1,x ，则 26g x x a ，
∵ 0a ，∴ 0g x ，即 g x 在 1, 上单调递增，∴ 1 2 4 2g x g a a ，
要使当 1x 时 0f x 恒成立，则 2 0a ，解得 2a .
∵函数 f x 在 R 上单调递增，∴还需要满足 1 41 ln11a a ，即 5a ，
综上， a 的取值范围是 2 5a .
故选：A.
【点睛】
关键点睛：本题的关键是除了考虑每段函数是单调递增，还要考虑不等式 1 41 ln11a a 成立这一条件.
10．（2021·新疆高三其他模拟（理））若函数 x xf x e e x ，则满足
2
1 2ln 1 02
xf a f x
恒成立的实数 a 的取值范围是（ ）
A． 1ln 2 ,4
B． 76ln2 ,2
C． 1 ln2,2
D． 1 2ln2,2
【答案】D
【分析】
先判断函数的奇偶性和单调性，然后利用性质把不等式转化为
2
1 2ln(| | 1) 2
xa x ，求解函数
2
2ln(| | 1) 2
xg x x 的最大值可得选项.
【详解】
∵ x xf x e e x ，∴ x x xf x e e x f ，即 f x 为奇函数；
又 , ( ) 1 2 1 1 0x x x xf x e e x f x e e ，即 f x 为增函数；
由 2
1 2ln 1 02
xf a f x
恒成立，
可得 2
1 2ln 1 = 1+2ln 12
xf a f x f x
恒成立，
∴
2
1 2ln(| | 1)2
xa x 恒成立，即
2
1 2ln(| | 1) 2
xa x 恒成立，
设
2
( ) 2ln(| | 1) 2
xg x x ，易知 ( )g x 为偶函数，只需求 ( )g x 在[0, ) 上的最大值即可.
当 0x 时，
2
( ) 2ln( 1) 2
xg x x ，
22 2 ( 1)( 2)( ) .1 1 1
x x x xg x xx x x
[0,1)x 时， ( ) 0g x ， ( )g x 为增函数； (1, )x 时， ( ) 0g x ， ( )g x 为减函数；
∴ ( )g x 的最大值为 1(1) 2ln 2 2g ；
∴ 11 2ln 2 2a ，即 12ln 2 2a ；
故选：D.
【点睛】
利用函数性质求解不等式恒成立问题的步骤：①根据函数解析式判断奇偶性和单调性；
②把函数值的不等关系转化为自变量的不等关系；
③结合恒成立转化为最值问题求解.
11．（2021·江西新余市·高三二模（文））若对于任意的 1 20 x x a ，都有 2 1 1 2
1 2
ln ln 2x x x x
x x
，则 a 的
最大值为（ ）
A．1 B． e C． 1
e D． 1
2
【答案】C
【分析】
问题转化为 1 2
1 2
2 2lnx lnx
x x
，构造函数 2( ) lnxf x x
，易得 ( )f x 在定义域 (0, )a 上单调递增，所以
( ) 0f x 在 (0, )a 上恒成立，进而可求出 a 的最大值．
【详解】
解： 1 20 x x a ， 1 2 0x x ，
2 1 1 2 1 22( )x lnx x lnx x x ，
1 2
1 2 2 1
2 2lnx lnx
x x x x
，
1 2
1 2
2 2lnx lnx
x x
，
函数 2( ) lnxf x x
在定义域 (0, )a 上单调递增，
2 2
1 ( 2) 1( ) 0lnx lnxf x
x x
在 (0, )a 上恒成立，
由 1 0lnx ，解得 10 x e
，故 a 的最大值是 1
e .
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：本题的解题关键是将原式变形为 1 2
1 2
2 2lnx lnx
x x
，从而构造函数 2( ) lnxf x x
且 ( )f x 在定
义域 (0, )a 上单调递增.
12．（2021·山西临汾市·高三二模（理））已知曲线 ln 2f x x x 与曲线 2g x a x x 有且只有两个
公共点，则实数 a 的取值范围为（ ）
A． 0,1 B． 0,1 C． ,0 D． 0,
【答案】A
【分析】
将问题转化为 y a 与 2
ln 2x
xh x x
x
有且仅有两个交点，利用导数可求得 h x 的单调性和最值，由此
可确定 h x 图象，利用数形结合的方式可求得 a 的范围.
【详解】
f x 与 g x 有且仅有两个公共点等价于方程 2ln 2x x a x x 在 0, 上有且仅有两个不等实根，
0x > 时， 2 0x x ， 2
ln 2x xa x x
，
令 2
ln 2x
xh x x
x
，可知 y a 与 h x 有且仅有两个交点，
22
2 1 ln 1x x xh x
x x
，
令 ln 1x x x ，则 1 11 0xx x x
，
x 在 0, 上单调递增，又 1 ln1 1 1 0 ，
当 0,1x 时， 0x ；当 1,x 时， 0x ；
当 0,1x 时， 0h x ；当 1,x 时， 0h x ；
h x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减， max 1 1h x h ；
又 0x 时， h x ； x 时， 0h x → ，可得 h x 图象如下图所示：
则当 0,1a 时， y a 与 h x 有且仅有两个交点，即 f x 与 g x 有且仅有两个公共点.
故选：A.
【点睛】
方法点睛：已知两函数交点个数，可将问题转化为根据函数零点(方程根)的个数求参数值(取值范围)的问题，
常用的方法有：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，
利用数形结合的方法求解.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题
13．（2021·安徽高三其他模拟（理））已知曲线 ln 1x
xy a x ae
R 在 0,0 处切线的斜率为1，则
a ______．
【答案】 0
【分析】
利用函数 ln 1x
xy a x ae
R 在 0x 处的导数值为1可求得实数 a 的值.
【详解】
对函数 ln 1x
xy a x ae
R 求导得 1
1x
x ay e x
，
由已知条件可得 0
1 1 11x x
x ay ae x
，解得 0a .
故答案为： 0 .
14．（2021·山西高三二模（文））若曲线 ln 3 8y x 与曲线 2 3y x x 在公共点处有相同的切线，则该
切线的方程为___________.
【答案】 3 9y x
【分析】
设公共点为 0 0,x y ，根据公共点的导数值相等求出切点，再利用导数的几何意义即可求解.
【详解】
设公共点为 0 0,x y ，
由 ln 3 8y x ，（ 8
3x ），则 3
3 8y x
，
2 3y x x ，则 2 3y x ，
所以 0
0
3 2 83 8 xx
，解得 0 3x ，
所以 0 0y ，
0
3 39 8x xy
，
所以切线的方程为 0 3 3y x ，
即 3 9y x .
故答案为： 3 9y x
15．（2021·山西临汾市·高三二模（理））已知 1 xf x e x ，则曲线 y f x 在点 1, 1f 处的切线方
程为________．
【答案】 2y
【分析】
求出导函数，得切线斜率，写出切线方程．
【详解】
由题意 1( ) 1xf x e ， 1 1(1) 1 0f e ，又 (1) 2f ，所以切线方程是 2y ．
故答案为： 2y ．
16．（2020·巴楚县第一中学高三二模）曲线 3f x x x 在 1, 1f 处的切线方程为______．
【答案】 4 2 0x y
【分析】
求导，分别求得 1 , 1f f ，写出切线方程.
【详解】
因为 3f x x x ，
所以 23 1f x x ，
所以 1 4, 1 2f f ，
所以曲线在 1, 1f 处的切线方程为 2 4 1y x ，
即 4 2 0x y ，
故答案为： 4 2 0x y
四、解答题
17．（2021·江苏镇江市·高三其他模拟）已知 e 为自然对数的底数，函数 ( ) e ln( 1)xf x a x .
（1）设 1x 是 ( )f x 的极值点，求 a 的值和函数 ( )f x 的单调区间；
（2）当 [0, ]x 时， ( ) sin e 2xf x x 恒成立，求 a 的取值范围.
【答案】（1） 2a e ，函数 ( )f x 在 ( 1,1) 单调递减，在 (1, ) 单调递增；（2）[ 1, ) .
【分析】
（1）先根据极值点求 a ，再求导数，然后再求单调区间；
（2）先变形，再运用端点效应来解决.
【详解】
（1）因为 ( ) 1
x af x e x
，由 ( ) 01f ，得 2a e ，
所以 ( 1) 2( ) 1
2
1
x
x e x ef x e x x
e
，
当 ( 1,1)x 时， ( ) 0f x ；当 (1, )x 时， ( ) 0f x .
所以函数 ( )f x 在 ( 1,1) 单调递减，在 (1, ) 单调递增.
（2）令 ( ) ( ) sin 2 2 ln( 1) 2 sinx xg x f x x e e a x x ， [0, ]x
当 [0, ]x 时， sin 2xx xf e 恒成立等价于 0 0g x g 恒成立.
由于 cos 2 cos1
x x ag x f x x e e xx
， [0, ]x ，
所以（i）当 0a 时， ( ) 2 1 0xg x e ，函数 ( )y g x 在[0, ] 单调递增，
所以 ( ) (0) 0g x g ，在区间[0, ] 恒成立，符合题意.
（ii）当 0a 时， ( ) 2 cos1
x ag x e xx
在[0, ] 单调递增， (0) 2 1 1g a a .
①当1 0a 时，即 1 0a 时， ( ) (0) 1 0g x g a ，
函数 ( )y g x 在[0, ] 单调递增，所以 ( ) (0) 0g x g 在[0, ] 恒成立，符合题意
②当1 0 a 即 1a 时， (0) 1 0g a ， ( ) 2 11
ag e
，
若 ( ) 0g ，即 ( 1) 2 1a e 时， ( )g x 在 (0, ) 恒小于 0
则 ( )g x 在 (0, ) 单调递减， ( ) (0) 0g x g ，不符合题意
若 ( ) 0g ，即 ( 1) 2 1 1e a 时，存在 0 (0, )x 使得 0 0g x .
所以当 00,x x 时， ( ) 0g x ，则 ( )g x 在 00, x 单调递减，
( ) (0) 0g x g ，不符合题意.
综上所述， a 的取值范围是[ 1, ) .
【点睛】
关键点睛：第（1）问的关键是结合极值点以及导数本身的特点观察出单调区间，第（2）问的关键是发现
(0) 0g ，然后函数的单调性主要还是通过分析与观察得出.
18．（2021·辽宁高三二模）已知函数 1 lnf x ax x ，其中 a R .
（1）求证：若 1a 时， 0f x 成立；
（2）若函数 2 2 1g x ax ax ，且关于 x 的方程 2 0f x g x 有且只有两个不相等的实数根，求
实数 a 的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2） 0 1a .
【分析】
（1）法一：由 1axf x x
且 1a 、 0,x ，根据 ( )f x 的符号确定 ( )f x 的单调区间，进而可得
极小值，即可证结论；法二：由题设，可知 1 ln 1 lnax x x x 恒成立，只需证 ( ) 1 ln 0h x x x ，
利用导数研究极值即可证结论；
（2）将问题转化为方程 2 1 2ln 0ax x 在( )0,+¥ 上有且只有两个不相等实数根，即令
2 1 2lnF x ax x ，则 F x 在( )0,+¥ 有且只有两个不相等的零点，利用导数研究 F x 的极值并
确定符号，得到单调区间，并结合零点存在性定理确定区间零点的个数，进而求得参数 a 的范围.
【详解】
（1）法一：由 1 lnf x ax x 得： 1 1axf x a x x
，
当 1a 时，即 10 1a
，
当 10,x a
时， ( ) 0f x¢ < ， f x 是减函数；
当 1 ,x a
时， ( ) 0f x¢ > ， f x 是增函数.
∴ 1 1( ) ln ln 0f x f aa a
.
法二：由 0x ， 1a 知： 1 ln 1 lnax x x x ，
下面只需证明 1 ln 0x x ，
令 1 lnh x x x ，则 1 11 xh x x x
，
当 0,1x 时， 0h x ， h x 是减函数；
当 1, x 时， 0h x ， h x 是增函数.
∴ ( ) 1 0h x h .
∴ 1a 时， 0f x 成立.
（2）由 1 lnf x ax x ， 2 2 1g x ax ax 知：方程 2 0f x g x 有且只有两个不相等实数
根，等价于方程 2 1 2ln 0ax x 有且只有两个不相等实数根，
令 2 1 2lnF x ax x ，则 F x 在( )0,+¥ 有且只有两个不相等的零点，
∵ 22 122
ax
F x ax x x
，
∴当 0a ， 0,x 时， 0F x ， F x 是减函数；此时 F x 至多有一个零点，这种情况舍去.
当 0a ，有 2
1 122 1 a x xax a aF x x x
，
当 10,x
a
时， 0F x ， F x 是减函数；
当 1 ,x
a
时， 0F x ， F x 是增函数.
∴
1
21( ) 1 1 2ln lnF x F a a
a
，
∵ F x 在( )0,+¥ 有且只有两个不相等的零点，
∴极小值 1 ln 0F a
a
，即 0 1a .
由（1）结论，知： 0,x 上 ln 1 x x ，即 2 21 2ln 2 1F x ax x ax x 在( )0,+¥ 上恒成
立，令 2 2 1x ax x ，有 4 4 0 a 且开口向上
∴ ( ) 0x 有两个不相等的实数根 1 2 ,x x ，则 1 2
2 0x x a
， 1 2
1 0x x a
，不妨令 1 20 x x ，必有
1 2
10 x x
a
.
∴ 3 10,x x 使 3 0x ，即 3 0F x ，又 10,x
a
， F x 是减函数，由零点存在性定理知：
在 10,
a
时 F x 有且只有一个零点，
同理， 4 2 ,x x 使 4 0x ， 4 0F x ，又 1 ,x
a
， F x 是增函数，由零点存在性定
理知：在 1 ,
a
时 F x 有且只有一个零点，
∴ F x 在( )0,+¥ 有且只有两个不相等的零点.
综上，实数 a 的取值范围为 0 1a .
【点睛】
关键点点睛：
（1）利用导数研究函数极值，进而证明函数不等式；或由 ( ) ( )f x x 将问题转化为证 ( ) 0x 即可；
（2）将由不同实根问题转化为令 2 1 2lnF x ax x ，在( )0,+¥ 上 F x 有且只有两个不相等的零点
时，求参数范围.
19．（2021·四川高三三模（文））已知函数 ( ) lnf x x ．
（1）讨论函数 ( ) ( ) ( )g x f x ax a R 的单调性；
（2）证明：函数 2( ) xf x e （ e 为自然对数的底数）恒成立．
【答案】（1）见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）可求得 1( ) ( 0)axg x xx
，分 0a 与 0a 两类讨论，可得 ( )g x 在 (0, ) 上单调情况；
（2）记函数 2
2( )
x
x ex e lnx lnxe
，通过求导后可得 ( )x 在 (0, ) 上单调递增，依题意，可得即
0 2
0
1 (*)xe x
，再由 0 2
0 0( ) ( ) xx x e lnx
，知 0 02x lnx ，于是可证得结论成立．
【详解】
解：（1） g x 的定义域为 (0, ) ，
1 1( ) ( 0)axg x a xx x
当 0a 时， 0g x 恒成立，所以， g x 在 0, 上单调递增；
当 0a 时，令 0g x ，得到 1x a
所以当 10,x a
时， 0g x ， g x 单调递增，
当 1 ,x a
时， 0g x ， g x 单调递减．
综上所述：
当 0a 时， g x 在 0, 上单调递增；
当 0a 时， g x 在 10, a
上单调递增，在 1 ,a
上单调递减．
（2）记函数 2
2( ) ln ln
x
x ex e x xe
，则 2
2
1 1 1( ) x xx e ee x x
易知 ( )x 在 0, 上单调递增，
又由 (1) 0 ， (2) 0 知， ( )x 在 0, 上有唯一的实数根 0x ，
且 01 2x ，则 0 2
0
0
1 0xx e x
，即 0 2
0
1xe x
（*）
当 00,x x 时， ( ) 0x ， ( ) x 单调递减；
当 0,x x 时， ( ) 0x ， ( ) x 单调递增，
所以 0 2
0 0( ) lnxx x e x ，结合（*）式 0 2
0
1xe x
，知 0 02 lnx x ，
所以 22
00 0
0 0
0 0 0
12 11( ) 2 0xx xx x xx x x
则 2( ) ln 0xx e x ，即 2 lnxe x ，
所以有 2( ) xf x e 恒成立．
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数 h x f x g x .根据差函数导函
数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.
一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一
元函数.
20．（2021·河南高三三模（文））已知函数 2 lnax xf x x （ aR ）．
（1）求函数 f x 的单调区间；
（2）求函数 f x 存在极值，且这些极值的和大于5 ln2 ，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2） 4, ．
【分析】
（1）求出导函数，分类讨论确定 ( ) 0f x 和 ( ) 0f x 的解，得单调区间；
（2）由（1）知 a 的范围，函数存在极值点，由两个极值点 1 2,x x 是某方程的解，应用韦达定理得 1 2 1 2,x x x x ，
计算出 1 2( ) ( )f x f x 得出不等式，求解出 a 的范围．
【详解】
解：（1） f x 的定义域为 0, ． 12f x a x x
．∵ 12 2 2x x
，
当 2 2a 时， 0f x ，函数 f x 在 0, 上单调递减．
当 2 2a 时，
21 2 12 x axa x x xf x ．
由 0f x 得
2
1
8
4
a ax ，
2
2
8
4
a ax 且 2 1 0x x ．
由 0f x 得 1 2x x x ，由 0f x 得 10 x x ，或 2x x ，
∴函数 f x 的单调递增区间为
2 28 8,4 4
a a a a
，
单调递减区间为
2 80, 4
a a
，
2 8 ,4
a a
．
综上所述，当 2 2a 时，函数 f x 的单调递减区间为 0, ，无单调递增区间；
当 2 2a ，函数 f x 的单调递减区间为
2 80, 4
a a
，
2 8 ,4
a a
，
单调递增区间为
2 28 8,4 4
a a a a
．
（2）由（1）知，当 f x 存在极值时， 2 2a ．
即方程 22 1 0x ax 有两个不相等的的正根 1x 、 2x ，
∴
1 2
1 2
0,2
1 0.2
ax x
x x
∴ 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2ln lnf x f x a x x x x x x
2 2
2
1 2 1 2 1 2 1 2
12 ln 1 ln2 4 2
a aa x x x x x x x x
2 11 ln4 2
a ．
依题意
2 11 ln 5 ln 24 2
a ，即 2 16a ，∴ 4a 或 4a < - ．
又 2 2a ．∴ 4a ，即实数 a 的取值范围是 4, ．
【点睛】
关键点点睛：本题考查导数研究函数的单调区间，求极值，考查极值点的应用．含有参数的函数在求单调
性需要进行分类讨论．极值点问题，在极值点不能直接求出时，可以确定极值点的性质，极值点是方程的
解，可以利用韦达定理得出两极值点的关系，代入求值．
21．（2021·宁夏银川市·贺兰县景博中学高三二模（文））已知 ( ) xf x e ax a ( aR 且 0a ).
（1）若 0x 是函数 ( )f x 的极值点，求实数 a 的值，并求此时 ( )f x 在[ 2,1] 上的最小值；
（2）若函数 ( )f x 不存在零点，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1） 1a ；最小值为 2 ；（2） 2 ,0e .
【分析】
(1)求得函数定义域和函数导数，将 0x 代入函数的导数,利用导数值为 0 解方程求得 a 的值，再根据函数的
单调性求出函数在区间 2,1 上的最小值；
(2)对函数求导后，对 a 分成， 0, 0a a 两类讨论函数的单调区间,利用不存在零点来求得 a 的取值范围．
【详解】
（1）函数 f x 的定义域为 R ， xf x e a ，
00 0f e a ，∴ 1a
在 2,0 上 0f x ， f x 单调递减，在 0,1 上 0f x ， f x 单调递增，
所以 0x 时 f x 取最小值为 0(0) 1 2f e
所以 f x 在 2,1 的最小值为 2 ；
（2） xf x e a 由于 0xe
①当 0a 时， 0f x ， f x 是增函数，
且当 1x 时， 1 0xf x e a x
当 0x 时， 1 1 1 0xf x e a x a x ，
1 1x a
，取 1x a
，则 1 11 1 0f a aa a
，
所以函数 f x 存在零点
② 0a 时， 0xf x e a ， lnx a .在 ,ln a 上 0f x ， f x 单调递减，
在 ln ,a 上 0f x ， f x 单调递增，
所以 lnx a 时 f x 取最小值 min ln 0f x f a 解得 2 0e a
综上所述：所求的实数 a 的取值范围是 2 0e a ．
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注
意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处
理．
22．（2021·陕西西安市·高三其他模拟（文））已知函数 1 2e 1xf x x ．
（1）求曲线 y f x 在 1x 处的切线方程；
（2）证明 f x 有唯一的极值点 0x ，且 0
1 1 1
6 2e
f x ．
【答案】（1） 2 21 1e ey x
；（2）证明见解析．
【分析】
（1）求导函数，得 ( 1)f ¢- 为切线斜率，然后可得切线方程；
（2）求出导函数 ( )f x ，令 ( ) ( )g x f x ，再求导 ( )g x ，由 ( )g x 确定 ( )f x 的单调性，极值，以及函数
值的正负，确定 ( )f x 有唯一零点 0x ，且 0
1( 1, )2x ，由 0
1 1( ) ( 1) 0 2f x f
e
，再引函数 ( )h x
（ 0( )f x 的表达式中 0x 改为 x 得到）， ( )h x 是减函数，证明 0
1 1( ) ( )2 6h x h ．即可完成证明．
【详解】
解：（1） 1 2e 1xf x x ， 1 0f ，
2 2e 1xf x x ， 21 1ef ，
切线方程是： 20 1 1ey x
，
即 2 21 1e ey x
；
（2）证明：由（1）记 ( ) ( ) ( 2) 2 1xg x f x x e ， 3 2exg x x ，
令 0g x ，解得： 3x ，令 0g x ，解得： 3x ，
故 f x 在 , 3 递减，在 3, 递增，
故 min
23 1 0ef x f ，
当 3x 时， 2 2e 1 0xf x x ，
当 3x 时， 1 3 1 02 e
f
， 21 1 0ef ，
f x 存在唯一零点 0
11, 2x
，
故 0 0f x 即 0
0 2 2e 1xx ，
故 f x 在 0, x 递减，在 0,x 递增，
0f x f x 极小值 ， f x 有唯一的极值点 0x ， 0
1 1( ) ( 1) 0 2f x f
e
，
0 0 0 0
0 0 0 0 01 2e 1 2 2e 1 2e 2ex x x xf x x x x x ，
显然 ( ) 2 xh x x e 在 11, 2
单调递减， 0
11, 2x
， 0
1( ) ( )2h x h
0
1 1 2 1 2 1
2 2 2 3 6e
h x h
，所以 0
0 0
1( ) 2 6
xf x x e ．
f x 有唯一的极值点 0x ，且 0
1 1 1
6 2e
f x ．
【点睛】
关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查导数研究函数的极值，证明与极值有关的不等式．证明的关
键是对导函数再一次求导，确定导函数的单调性，正负性，从而确定导函数的零点，即为原函数的极值点．求
得极小值 0( )f x ，证明方法是一方面利用 0( )f x 是极小值证明一半的不等式，另一方面，构造新函数利用新
函数的单调性证明另一半．
23．（2021·辽宁大连市·高三一模）已知函数 lnf x x x ax a ， a R .
（1）求 f x 的极值点；
（2）若 2 2
1
1 1 1ln2 4x
x mg x x x x xe
，证明：对任意 , 1m ， 1 2, 0,x x 且 1 2x x ，
有 1 2
1 2
1g x g x
x x
.
【答案】（1）函数 f x 有极小值点 1ax e ，无极大值点；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出函数 f x 的导数，再解导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值点即可；
（2）首先根据（1）证明 ln 1x x x ，再证明 1
11 x
xx e
，即可证明 1
1ln x
xx x e
，当且仅当 1x 时等
号成立，令 h x g x x ，求出函数的导数，结合 1m ，得到 h x 在( )0,+¥ 上为增函数，从而证
明结论成立.
【详解】
（1）∵ ln 0f x x x ax a x ，∴ ln 1f x x a ，
由 ( ) 0f x¢ > ，得 1ax e ，
由 ( ) 0f x¢ > ，得 10 ax e ，
∴ f x 在 10, ae 上单调递减，在 1,ae 上单调递增，
故函数 f x 有极小值点 1ax e ，无极大值点；
（2）证明：当 1a 时， ln 1f x x x x ，
由（1）可知 1 0 f x f ，
故 ln 1x x x ，当且仅当 1x 时等号成立，
又 1
1 1
1 111
x
x x
x exx e e
，
当 0 1x 时， 1 0x ， 1 1 0xe ，故 1
1
1 1
0
x
x
x e
e
，
当 1x 时， 1
1
1 1
0
x
x
x e
e
，
当 1x 时， 1 0x ， 1 1 0xe ，故 1
1
1 1
0
x
x
x e
e
，
故 0x 时， 1
11 x
xx e
，当且仅当 1x 时等号成立，
故 1
1ln x
xx x e
成立，当且仅当 1x 时等号成立，
令 h x g x x ，则 1ln x
x mh x x x e
，
∵ 1m ，∴ 1 1
1
x x
x x m
e e
，∴ 1 1 1
1ln 0x x x
x m x x mh x x x e e e
，
∵ h x 在( )0,+¥ 的任意子区间内不恒为 0，
∴ h x 在( )0,+¥ 上为增函数，
不妨设 1 2 0x x ，则 1 2h x h x ，
故 1 1 2 2g x x g x x ，
故 1 2
1 2
1g x g x
x x
.
【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·新疆乌鲁木齐市·高三二模（文））已知函数 2 sin cosf x x x x .
（1）求曲线 y f x 在 0x 处的切线方程；
（2）若 1f x ax ，求 a .
【答案】（1） 1y x ；（2） 1a .
【分析】
（1）求出 0f 、 0f 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）构造函数 2 sin cos 1g x x x x ax ，可得出 0g x g ，利用导数分析函数 g x 的单调性，
结合 0g x g 可得出关于实数 a 的值.
【详解】
（1）由题意知 f x 定义域为 R ， 2 cos sinf x x x x ，
得 0 1f ， 0 1f ，所以 y f x 在 0x 处的切线方程为 1y x ；
（2）令 2 sin cos 1g x x x x ax ，则 0 0g ，
2 cos sing x x x x a ， 2 sin cos 2 2 sin 04g x x x x
，
所以 g x 在 , 上为增函数，又因为 0 1g a .
① 1a 时， 0 0g ， 4 0a ， 4 7 cos4 sin 4 7 2 sin 4 04g a a a a a a
，
0 0,4x a ，使得 0 0g x ，
当 00 x x 时， 0g x ，此时函数 g x 单调递减，则 0 0 0g x g ，与题意不符；
② 1a 时， 0 0g ， 0a ， 2 cos sin 0g a a a a ， 1 ,0x a ，使得
1 0g x ，
当 1 0x x 时， 0g x ，所以 g x 在 1,0x 上单调递增，
则 1 0 0g x g ，与题意不符；
③ 1a 时， 0 0g ，当 0x 时， 0g x ，当 0x 时， 0g x .
所以 g x 在 ,0 上单调递减，在 0, 上单调递增，则 0 0g x g ，
综上所述，当 1a 时， 1f x ax .
【点睛】
结论点睛：利用分类讨论法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1） x D ， min0 0f x f x ；
（2） x D ， max0 0f x f x ；
（3） x D ， max0 0f x f x ；
（4） x D ， min0 0f x f x .
25．（2021·黑龙江高三三模（理））已知函数 3 1 xf x x e ek 有两个不同的零点(其中 e 为自然对数
的底数).
（1）当 1x 时，求证：
1
1 21
x
xx e e
；
（2）求实数 k 的取值范围；
（3）若函数 f x 的两个零点为 1 2 x x、 ，求证： 1 2x xe e e .
【答案】（1）证明见解析；（2） 3 0ke
；（3）证明见解析.
【分析】
（1）只需证明
1
21 1 0
x
x e
，令 1x t ，则 2t .设 2 1
t
g t te ，求出函数的最小值即得证；
（2）先利用导数求出 3minf x ek ，再对 ek 分三种情况讨论得解；
（3）先证明
1 2
1 2
+1 +1
2 2
1 2
( ),1 1
x x
x x e ee e x x
再证明
1 2+1 +1
2 2
1 2
11 1
x x
e e ex x
，即得证.
【详解】
1 当 1x 时，要证
1
1 21
x
xx e e
，
只需证明
1
21 1 0
x
x e
.
令 1x t ，则 2t .
设 2 1
t
g t te ， 2 11 2
t
g t e t .
当 2t 时， 0g t ，在 , 2 上， g t 为单调递减函数，
此时 22 1 0g t g e
，所以原不等式成立.
2 3 xf x xe ，当 0x 时， 0f x ，
当 0x 时， 0f x .
可得 f x 在 ,0 上为单调递减函数，在 0, 上为单调递增函数，
所以 0 3minf x f ek .
i 当 3ek 时， 0minf x ，不合题意；
ii 0ek 时， 1f ek ，
若 1x ， f x ck ， 1x ， f x ek ，
此时 f x 至多有一个零点；
iii 当 0 3ek 时， 0 0f ， 1 0f ，
所以 f x 在 0,1 上有唯一的零点.
又因为当 1x 时，由（1）得
1
2
x
f x e ek
，
由 1
2 0
x
e ek
得 2 1x ln ek ，
取 0 x 满足 0 1x 且 0 2 1x ln ek ，则 0 0f x ，
所以 f x 在 ,1 上有唯一的零点，综上 3 0ke
.
（3）由题得 1 2
1 23 1 ,3 1 ,x xx e ek x e ek
因为 3 0ke
，所以 1 21, 1,x x
由（1）得当 1x 时， 1
1
1
1 2
1 1
x
xx e e
， 2
2
1
1 2
2 1
x
xx e e
，
所以
1 2
1 2
+1 +1
2 2
1 2
, ,1 1
x x
x xe ee ex x
，
所以
1 2
1 2
+1 +1
2 2
1 2
( ),1 1
x x
x x e ee e x x
因为 1 1,x 所以 1 1 0,2
x 所以 1 +1
2 10
x
e ，
1
1 1
1 2x
所以
1 +1
2
1
1
1 2
x
e
x
，同理
2 +1
2
2
1
1 2
x
e
x
，
所以
1 2+1 +1
2 2
1 2
11 1
x x
e e ex x
，
所以 1 2 .x xe e e
【点睛】
关键点睛：解答本题的关键是第（3）问，关键一，是能灵活运用第（1）问的结论；（2）关键二，是能证
明
1 +1
2
1
1
1 2
x
e
x
.
26．（2021·河南开封市·高三三模（理））已知函数 2
ln xf x mx
.
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）若 2m ，对于任意 1 2 0x x ，证明： 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 2x f x x f x x x x x x .
【答案】（1）当 0m 时， f x 的增区间是 0, e ，减区间是 ,e ；当 0m 时， f x 的增区间
是 ,e ，减区间是 0, e ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先求导，再按 m 的正负分类讨论，分区间确定 ( )f x 的正负情况；
（2）当 2m 时，不等式变形为二元 1 2,x x 的对数式与齐二次分式形式，故采取整体元构造函数法，令 1
2
xt x
，
构造新函数 t ，求导研究单调性，证明 ( ) 1 0t 即可.
【详解】
解：（1） 2
ln xf x mx
的定义域为( )0,+¥ ，且 0m ，
则 3
1 2ln xf x mx
，
当 0m 时， 0 0f x x e ，此时 f x 在 0, e 上单调递增，
0f x x e ，此时 f x 在 ,e 上单调递减；
当 0m 时， 0f x x e ，此时 f x 在 ,e 上单调递增，
0 0f x x e ，此时 f x 在 0, e 上单调递减.
综上可知：当 0m 时， f x 的增区间是 0, e ，减区间是 ,e ；
当 0m 时， f x 的增区间是 ,e ，减区间是 0, e .
（2）由 2m ， 2
ln( ) 2
xf x x
， 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
1 ln ln2x f x x f x x x x x x x ，
由于 1 2 0x x ，所以 2
1 2 2 0x x x .设 1
2
1xt x
，
故： 2
1 2 22 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2
1 2
2
ln ln
x x x
x f x x f x x x x x x x x x x
1
21
2 2 2
2 1
2
2 1 2 1 2 1ln ln 1 ln 0 1
1 1
1
x
t txx t t t tx t tx
x
，
令 2
2( 1)ln 1
tt t t
，则
2 2
22
1 2 1
1
t t t
t t
t
，
由于 1t ，故
2 2
22
1 2 1
0
1
t t t
t
t
t
，则 2
2( 1)ln 1
tt t t
在( )1,+¥ 上单调递增，
故 ( ) 1 0t ，
即：所证不等式 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 2x f x x f x x x x x x 成立.
【点睛】
多变量问题研究的核心就是要减少变量，将多变量问题化归于单变量问题.根据变量间的关系消元或整体换
元将多变量化归单变量是解决此类问题的常用方法.
27．（2021·河南洛阳市·高三三模（理））已知函数 3 21ln 2x x af x axx （ aR ）．
（1）当 1a 时，求曲线 y f x 在 1, 1f 处的切线方程；
（2）若函数 f xg x x
存在两个极值点 1x ， 2x （ 1 2x x ）， 1 2g x g x m ，求实数 m 的取值范围．
【答案】（1）3 2 2 0x y ；（2） 3 ln 4m .
【分析】
（1）求出 f x 在 1x 处的导数，即切线斜率，求出 1f ，即可得出切线方程；
（2）由题可得 1x ， 2x 是方程 0g x 的两个不相等的正实根，可得 4a < - ，
1 2
1ln 12g x g x a a ，构造函数 1ln 12h a a a （ 4a < - ），利用导数求出 h a 的
最大值即可.
【详解】
解：（1）当 1a 时， 3 21ln 2x xf x xx ，
则 231 ln 22x x xf x ，则 3 31 221 2f ．
又 1 112 21f ，
∴曲线 y f x 在 1, 1f 处的切线方程为 1 3 12 2y x ，
即3 2 2 0x y ．
（2） 21ln 2x ax axf xg x x
（ 0x ），
21 1ax axaxg ax xx ．
依题意知 1x ， 2x 是方程 0g x 的两个不相等的正实根，即 1x ， 2x 是方程 2 1 0ax ax 的两个不相等
的正实根，
2
1 2
1 2
4 0
1
1 0
a a
x x
x x a
，解之得 4a < - ．
2 2
1 2 1 1 1 2 2 2
1 1ln ln2 2g x g x x ax ax x ax ax
2 2
1 2 1 2 1 2
1ln 2x x a x x a x x
2
1 2 1 2
1 1 1 2ln 2 ln( ) 12 2a x x x x a a a aa a
1ln 12a a
令 1ln 12h a a a （ 4a < - ），则
1 1 02ah a ， h a 在 , 4 上单调递增，
∴ 34 ln 4h a h ．
∴ 1 2 3 ln 4g x g x ．
∴ 3 ln 4m ．
【点睛】
关键点睛：本题考查不等式的恒成立问题，解题的关键是得出 1x ， 2x 是方程 0g x 的两个不相等的正
实根，以及 1 2
1ln 12g x g x a a .
28．（2021·江苏南通市·高三月考）已知函数 ln 1 1, 0f x x kx x .
（1）讨论函数 f x 的单调性；
（2）若关于 x 的不等式 01
xef x x
≥ 对任意 0x 恒成立，求实数 k 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2） 1k .
【分析】
（1）对函数求导得 1
1
k kxf x x
，再对 k 分三种情况讨论即 0k 、 0 1k 、 1k ³ ；
（2）构造函数 ln 1 11
xeg x x kx x
，利用导数研究 g x 的单调性，首先求得 g x 在 0,
上单调递增，故 0 1g x g k ≥ ，再对1 k 进行两种情况的讨论，即1 0k 和1 0k ，从而证
得结论；
【详解】
（1） ln 1 1f x x kx ， 0x ， 1 1
1 1
k kxf x kx x
.
①若 0k ，则 0f x ′ 恒成立，故 f x 在 0, 上单调递增.
②若 0 1k ，令 0f x ，得 1 1 0x k
.
x 10, 1k
1 1k
1 1,k
f x 0
f x 极大值 1 1f k
③若 1k ³ ，则 0f x 恒成立，故 f x 在 0, 上单调递减.
综上所述，若 0k ， f x 在 0, 上单调递增；若 0 1k ， f x 在 10, 1k
上单调递增，在
1 1,k
上单调递减；若 1k ³ ， f x 在 0, 上单调递减.
（2）令 1
xeg x f x x
，故 ln 1 11
xeg x x kx x
， 0x
所以 2
1
1 1
xxg x kx x
，令 2
1
1 1
xxeh x g x kx x
，
2 2
2 3 3
1 1 11
1 1 1
x xx e x e x
h x
x x x
，
下面证明 1xe x ，其中 0x .
令 1xx e x ， 0x ，则 1 0xx e ≥ .
所以 x 在 0, 上单调递增，故 0 0x ，
所以当 0x 时， 1xe x .
所以
2 2 2
3 3 3
1 1 1 1 1
0
1 1 1
xx e x x x x xh x
x x x
≥ ≥ ，
所以 g x 在 0, 上单调递增，故 0 1g x g k ≥ .
①若1 0k ，即 1k ，则 0 1 0g x g k ≥ ≥ ，所以 g x 在 0, 上单调递增，
所以 0 0g x g 对 0x 恒成立，所以 1k 符合题意.
②若1 0k ，即 1k ，此时 0 1 0g k ，
4 4 4
2 2 22 2
1 4 44 14 1 14 1 4 1 2 2
k k kke ke eg k k k k kk k k k
，
2
2
112 2
ke
k
，
且据 1k 及 1xe x 可得 2 12 1 2 2
ke k k ≥ ，故
2
2
112 2
ke
k
，
所以 4 0g k .
又 g x 的图像在 0, 上不间断，
所以存在 0 0,4x k ，使得 0g x ，
且当 00,x x 时， 0g x ， g x 在 00, x 上单调递减，
所以 0 0 0g x g ，其中 0 0,4x k ，与题意矛盾，
所以 1k 不符题意，舍去.
综上所述，实数 k 的取值范围是 1k .
【点睛】
利用导数研究含参函数的单调性，注意讨论的不重不漏；根据不等式恒成立求参数的取值范围，注意先猜
后证、反证法的综合应用.
29．（2021·山西晋城市·高三二模（理））已知函数 2 2( ) xf x e x mx m ， 2( ) lng x ax x ax x ．
（1）若函数 ( )f x 在 1x 处取极小值，求实数 m 的值；
（2）当 0m 时，若对任意 0x ，不等式 ( ) ( )f x g x 恒成立，求实数 a 的值．
【答案】（1） 3m 或 1m ；（2） 1a .
【分析】
（1）先根据极值点对应的导数值为零求解出 m 的可取值，然后检验 m 在不同的取值下 f x 在 1x 处是
否取极小值，由此确定出 m 的值；
（1）先将问题转化为“ 0x 时， ln ln 1x xe a x x ”，再通过换元将问题转化为“ , 1 0tt R e at
恒成立”，然后构造函数 1tF t e at ，采用分类讨论的方法分析 F t 的最小值与 0 的关系，由此求解
出 a 的值.
【详解】
（1）因为 2 2( ) xf x e x mx m ，所以 2 2( ) 2xf x e x m x m m ，
因为 f x 在 1x 处取极小值，所以 1 0f ，所以 21 2 0m m m ，所以 3m 或 1m ，
当 3m 时， ) 1( 6xf x e x x ，
x , 6 6 6,1 1 1,
f x 0 0
f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以 f x 在 1x 处取极小值，符合题意；
当 1m 时， e 1( ) 2x xf x x ，
x , 2 2 2,1 1 1,
f x 0 0
f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以 f x 在 1x 处取极小值，符合题意；
综上可知： 3m 或 1m ；
（2）当 0m 时， 2 xf x x e ， 2 lng x ax ax x x ，
又因为 0x 时， f x g x ，所以 0x 时， ln 1xxe ax a x ，
所以 0x 时， ln ln 1x xe a x x ，
令 lnt x x ，因为 lnh x x x 为 0, 上的增函数，且 0, , ,x h x x h x ，
所以 h x 的值域为 R ，所以t R ，
故问题转化为“ , 1 0tt R e at 恒成立”，不妨设 1tF t e at ，所以 tF t e a ，
当 0a 时， 0tF t e a ，所以 F t 在 R 上单调递增，且 00 1 0F e ，
所以当 ,0t 时， 0 0F t F ，这与题意不符；
当 0a 时，令 0F t ，解得 lnx a ，
当 ,lnt a 时， 0F t ， F t 单调递减，当 ln ,t a 时， 0F t ， F t 单调递增，
所以 ln
min ln ln 1 ln 1 0aF t F a e a a a a a ，
所以 11 ln 0a a
，所以 1ln 1 0a a
，
记 2
1 1ln 1, aa a aa a
，
当 0,1a 时， 0a ， a 单调递减，当 1,a 时， 0a ， a 单调递增，
所以 min 1 0a ，
又因为 1ln 1 0a a
，即 0a ，所以 1a .
【点睛】
方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关
系，求解出参数范围；
（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围
最后取并集.
30．（2021·北京朝阳区·高三二模）已知函数 21( ) ( 1)e 12
xf x x ax . a R .
（1）当 0a 时，求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程；
（2）判断函数 ( )f x 的极值点的个数，并说明理由；
（3）若对任意 xR ， ( ) 0f x 恒成立，求 a 的取值范围.
【答案】（1） 1 0ex y e ；（2）答案见解析；（3） ,0 .
【分析】
（1）利用导数几何意义可求得切线斜率，从而可求切线方程.
（2）对 a 分类讨论判断函数单调性，从而可得极值点个数.
（3）对 a 分类讨论，结合（2）问的单调性及放缩法可求 a 的取值范围.
【详解】
解：（1）当 0a 时， ( ) ( 1)e 1xf x x ， (1) 1f .
又 ( ) e ( 1)e ex x xf x x x ，所以 (1) ef .
所以曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程是 1 ( 1)y e x ，即 e 1 e=0x y .
（2）因为 21( ) ( 1)e 12
xf x x ax ，所以 ( ) e (e )x xf x x ax x a .
1.当 0a 时，有 e 0x a ，令 ( ) 0f x ，得 0x .
当 x 变化时， ( )f x 和 ( )f x 的变化情况如下：
x ( ,0) 0 (0, )
( )f x 0
( )f x ↘ 极小值 ↗
所以当 0a 时，函数 ( )f x 只有一个极值点.
2.当 0a 时，令 ( ) 0f x ，得 0x ， lnx a .
①当 0 1a 时， ln 0a .
当 x 变化时， ( )f x 和 ( )f x 的变化情况如下：
x ( ,ln )a ln a
(ln ,0)a
0 (0, )
( )f x
0 0
( )f x ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以当 0 1a 时，函数 ( )f x 有两个极值点.
②当 1a 时， ( ) (e 1) 0xf x x ≥ 恒成立，
所以 ( )f x 在 R 上单调递增.
所以当 1a 时，函数 ( )f x 无极值点.
③当 1a 时， ln 0a .
当 x 变化时， ( )f x 和 ( )f x 的变化情况如下：
x ( ,0) 0 (0,ln )a ln a (ln , )a
( )f x
0 0
( )f x ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以当 1a 时，函数 ( )f x 有两个极值点.
综上，当 0a 时，函数 ( )f x 有一个极值点，
当 0 1a 或 1a 时，函数 ( )f x 有两个极值点，
当 1a 时，函数 ( )f x 无极值点.
（3）1.若 0a ，由（2）可知， ( )f x 在 ( ,0) 内单调递减，在 (0, ) 内单调递增，
所以 min (0) 0( ) ( )f fx f x .
所以 0a 符合题意.
2.若 0a ，当 0x 时，因为 ( 1)e 0xx ，所以 2 21 1( ) ( 1)e 1 12 2
xf x x ax ax .
又因为
2
1 02 12
2 af a a
，所以 ( ) 0f x 不恒成立.
所以 0a 不符合题意.
综上， a 的取值范围是 ,0 .
【点睛】
关键点点睛：（2）问解题关键是当 0a 时需讨论两根 ln a 与 0 的大小关系；
（3）问解题关键是利用（2）问所得单调性进行分析，知 0a 时 ( ) 0f x 恒成立，而 0a 时，利用放缩
法得
2
1 02 12
2 af a a
，所以 ( ) 0f x 不恒成立.
31．（2021·新疆高三其他模拟（理））已知函数 1xf x ke x ， Rk .
（1）求函数 f x 的单调区间；
（2）设关于 x 的不等式 x xf x xe e m 对任意 0,1x 恒成立时 k 的最大值为 n ，其中 1,2m 求
m n 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2） 42, 2e
.
【分析】
（1）求导函数，判断导函数的符号，确定原函数单调区间;
（2）变量分离，构造新函数并求导，然后分类讨论得解.
【详解】
解：（1） 1xf x ke
当 0k 时， ( ) 0f x¢ < ，则 f x 在 , 时为减函数
当 0k 时，令 ( ) 0f x¢ = ，解得 1lnx k
，
当 1,lnx a
时 ( ) 0f x¢ < ， 1ln ,x a
时， ( ) 0f x¢ > ，
所以 f x 在 1ln ,a
为减函数， 1ln ,a
为增函数.
（2）因为 x 的不等式 x xf x xe e m 对 0,1x 恒成立，
所以 11 x
m xk x e
，对 0,1x 恒成立，
令 11 x
m xg x x e
，
即
x
x
e x mg x e
，
令 xp x e x m ，即 1 0xp x e ，
所以 p x 在 0,1x 上递增；
①当 0 0p ，即 1m £ 时，
因为 1,2m ，所以 1m ，
当 0,1x ， 0p x ，即 ( ) 0g x¢ ³ ，所以 g x 在[ ]0,1 上递增，
所以 min 0 1n g x g ，
故 2n m ；
②当 1 0p 即 e 1,2m 时，
因为 0,1x ， 0p x ，即 0g x ，
所以 g x 在 0,1x 上递减，所以 min
21 e
mn g x g ，
故 2 1 4e , 2e e e
mn m m
；
③当 0 1 0p p ，即 1,e 1m 时，
因为 xp x e x m 在[ ]0,1 上递增，
所以存在唯一实数 0 0,1x ，使得 0 0p x ，即 0
0
xm e x ，
则当 00,x x 时， 0p x ，即 ( ) 0g x¢ < ；
当 0,1x x 时， 0p x ，即 ( ) 0g x¢ > ，
故 g x 在 00, x 上单减， 0 ,1x 上单增，
所以 0 0
0
0 0 0min
1 11 x x
m xn g x g x x xe e
，
所以 0
0 0 00 0 0 0
1 1 1x
x x xn m x m x ex x ee e e
，
设 1 0,1x
xu x e xe
，则 1 0x
xu x e e
，
所以 u x 在( )0,1 上递增，所以 12,e en m .
综上所述， 42, 2en m .
【点睛】
方法点睛：不等式恒成立确定参数范围常用方法：①变量分离，构造函数；②对所构造函数求导；③构造
函数求导后仍不能判断符号，可设其分子再得新函数，再二次求导讨论.
32．（2021·山西晋城市·高三二模（文））已知函数 2
1 1( ) 1f x a a Rx x
.
（1）若函数 ( )f x 在区间 2, 1 上单调递增，求 a 的取值范围；
（2）当 0a 时，求函数 ( )f x 的极值点.
【答案】（1） 0a ；（2）极大值点是 2x ，极小值点是 1x
【分析】
（1）在 2, 1x 上，利用复合函数单调性判断 ( )f x 单调性即可求得 a 的范围；
（2）对 x 分类讨论去绝对值，写出函数 ( )f x 的解析式，由导数判断函数单调区间，从而根据极值点的定义
求得极值.
【详解】
（1）函数 2
2
1 1 1 1 1( )2 4y x x x
，由复合函数单调性知，
在 2, 1x 时， 21 1 1( )2 4y x
单调递增，且 21 1 1( ) ( 1) 02 4y yx
，
则函数 2
1 1y x x
在 2, 1x 上单减，
故若使函数 2
1 1( ) 1f x a x x
在区间 2, 1 上单调递增，只需 0a 即可.
（2）
2
2
2
1 11 ( ), ( , 1) (0, )1 1( ) 1 1 11 ( ), [ 1,0)
a xx xf x a x x a xx x
，
则
2 3 3
3
1 2 ( 2)( ) , ( , 1) (0, )
( ) ( 2) , [ 1,0)
a xa xx x xf x a x xx
，且 0a ，
故 ( , 2)x 或 ( 1,0) ， 0f x ， ( )f x 单增；
2, 1 0,x ， ， 0f x ， ( )f x 递减；
则函数 ( )f x 在 2x 处取得极大值 1( 2) 1 4f a ；
在 1x 处取得极小值 ( 1) 1f a .
综上，极大值点是 2x ，极小值点是 1x
【点睛】
方法点睛：简单的复合函数，可以直接判断单调性，复杂函数借助导数判断单调性，并求得极值.
33．（2021·陕西西安市·高三一模（理））已知函数 22 3xf x e m x x ．
（1）若函数 y f x （其中 y f x 是 f x 的导函数）在 1, 上单调递增，求 m 的取值范围；
（2）当 1m 时，若关于 x 的不等式 25 3 12f x x a x 在 1, 上恒成立，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1） ,4
e
；（2） 3, 2e .
【分析】
（1）求出 f x 、 f x ，由已知得出 0f x 对任意的 1x 恒成立，结合参变量分离法可求得实数 m
的取值范围；
（2）由参变量分离法可得出 1
2
xe xa x x
对任意的 1x 恒成立，利用导数求出函数 1
2
xe xg x x x
在
区间 1, 上的最小值，由此可得出实数 a 的取值范围.
【详解】
（1） 22 3xf x e m x x ，则 4 3xf x e m x ， 4xf x e m ，
y f x 在 1, 上单调递增， 04xf x e m 在 1, 上恒成立，
4
xem 在 1, 上恒成立，
4
em ，故 m 的取值范围为 ,4
e
；
（2）当 1m 时， 22 3xf x e x x ，
因为关于 x 的不等式 25 3 12f x x a x 在 1, 上恒成立，
即 2 252 3 3 12
xe x x x a x ，可得 1
2
xe xa x x
，
设 1
2
xe xg x x x
，则
2 2 2
1 1 11 1 1
2 2
x xe x e xg x x x x
，
由 1xy e x 的导数为 1xy e ，
可得 0x 时， 0y ，函数 1xy e x 递增，当 0x 时， 0y ，函数 1xy e x 递减，
则 1 0xe x ，即 1xe x ，
当 1x 时，
2 2
1 1 1 11 1 1 01
2 2 2
xe x x
x x
x ，则 1
2
xe xg x x x
在 1, 递增，
可得 min
31 2g x g e ，则 3
2a e ，即 a 的取值范围是 3, 2e
．
【点睛】
结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1） x D ， minm f x m f x ；
（2） x D ， maxm f x m f x ；
（3） x D ， maxm f x m f x ；
（4） x D ， minm f x m f x .
34．（2021·安徽蚌埠市·高三三模（理））已知函数 ( ) ln 2a xf x xe x x a ，其中 a R .
（1）若 1a ，求函数 ( )f x 在 1x 处的切线方程；
（2）若 ( ) 0f x 恒成立，求 a 的范围.
【答案】（1） 0y ；（2） 1a .
【分析】
(1)求出 ( )f x 的导函数和它在 1 处的导数值，写出切点坐标，再由点斜式求出切线方程；
(2)求得 ( 1)( )x a
x a
x e xf x xe
，令 x ag x e x ，求得 1x ag x e ，分 0a 、0 1a 和 1a 讨
论，通过单调性得函数的最值或极值，并结合不等式 1 0ae a ≥ ，即可求解.
【详解】
（1） ( )f x 的定义域是 0, ，由 1a ，得 1 1( ) (1 ) 1xf x x e x
，
1 0f ， 1 0f ，切线斜率为 0，切点为(1，0)，
则函数 ( )f x 在 1x 处的切线方程为 0y ；
（2） ( 1)1( ) (1 ) 1a
a
x a
x
xx e x
f x x e x xe
，
令 ( ) 0x ag x e x x ，则 ( ) 1x ag x e ，
①若 0a ，则 ( ) 0g x 在 0, 恒成立， ( )g x 在 0, 上单调递增，
而 10 0ag e
，即 ( ) 0g x ；
②若 0a ，令 ( ) 0g x ，解得： x a ，当 0 x a 时， ( ) 0g x ，当 x a 时， ( ) 0g x ，
( )g x 在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增， min( ) ( ) 1g x g a a ，
若 0 1a ， 1 0g a a ，故 ( ) 0g x ，
从而当 1a 时，0 1x 有 ( ) 0f x ， 1x 有 ( ) 0f x ， ( )f x 在(0，1)上递减，在(1，+∞)上递增，故
1
min( ) 1 1 2af x f e a ，
1a 时 1 1 11 2 (1 )a a ae a e a a e a ，
令 1( ) ( 1)aa e a a ，则 1( ) 1 0aa e (当且仅当 a=1 时取“=”)，
所以 ( )a 在 ( ,1] 上递减，即 a=1 时， min( ) (1) 0a ，
从而 1a 时， ( ) 0f x 恒成立；
若 1a ， 1(1) 1 0ag e a a ，又 0 0ag e ， 2 -2ag a e a ，
令 ( ) 2 ( 1)ah a e a a ， ( ) 2 0ah a e ， ( )h a 在(1，+∞)上递增， (2 ) ( ) (1) 2 0g a h a h e
故存在 1 20 1x x ，使 1 2 0g x g x ， 10 x x 或 2x x 时 ( ) 0g x ， 1 2x x x 时 ( ) 0g x ，
当 1a 时， ( ) 0f x 的解为 1 1x x 或 2x x ， ( )f x 在 1( ,1)x 、 2( , )x 上都单调递增，
( ) 0f x 的解为 21 x x 或 10 x x ， ( )f x 在 1(0, )x 、 2(1, )x 上都单调递减，
由 1 1
1 1 1 1 10 0 lnx a x ag x e x e x x a x 得
1 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1ln 2 ( ) 2 1 0a xf x x e x x a x x x a x a x a a ，不合题意，
综上：当 1a 时， ( ) 0f x 在 0, 上恒成立.
【点睛】
方法点睛：由不等式恒成立，求参数的取值范围：(1)分离参数，转化为函数最值问题；(2)对参数进行分类
讨论，借助求导讨论单调性及二次求导讨论导函数值正负，转化为函数极值或最值问题解决.
35．（2021·江苏高三月考）设 0 1x .
（1）证明：
2 sin1 16
x x
x
；
（2）若
3
sin6
xax x ，求 a 的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2） ,1 .
【分析】
（1）设 ( ) sin (0 1)f x x x x ，
3
( ) sin (0 1)6
xg x x x x ，根据函数的单调性证明结论成立；
（2）通过讨论 a 的范围，求出函数的导数，根据函数的单调性确定 a 的取值范围即可．
【详解】
（1）由题意可设 ( ) sin 0 1f x x x x ，有 ' ( ) cos 1 0f x x ，所以 ( )f x 在（0，1）单减，
所以 ( ) (0) 0f x f ，即 sin 1x
x
，
设
3
( ) sin (0 1)6
xg x x x x ，
2
' ( ) cos 12
xg x x ，
'' ( ) sin 0g x x x ，则有 ' ( ) 0g x ， ( )g x 单调递增，得 ( ) (0) 0g x g ，所以
2sin 1 6
x x
x
得证；
（2）由（1）可知 1a 时，
3 3
sin6 6
x xax x x 成立，
则当 1a 时，设
3
( ) sin 6
xh x x ax ，则
2
' ( ) cos 2
xh x x a ， '' ( ) sin 0h x x x ， ' ( )h x 单调递增，
则 ' ' 1( ) (1) cos1 2h x h a ，
①若 1cos1 2a ， ' ( ) 0h x ， ( )h x 单调递减，则有 ( ) (0) 0h x h ，此时不符合题意；
②若 11 cos1 2a ， ' 0 1 0h a ， ' 11 cos1 02h a ，所以 ' ( )h x 有唯一零点，可记为 0x ，
则 00 x x ， ' ( ) 0h x ，此时 ( )h x 单调递减，有 ( ) 0h x ，则不符合题意；
综上可知 1a ，即 a 的取值范围为 ,1 .
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注
意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处
理．
36．（2021·宁夏银川市·高三一模（文））已知函数 4 ,xf x ae x a R ．
（1）求函数 f x 的单调区间；
（2）当 1a 时，求证： 2 1 0f x x ．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）求导后，对 a 分类讨论，根据导数的符号可得结果；
（2） 2 21 4 1xg x f x x e x x ，利用导数求出 ( )g x 的最小值大于 0 即可得证明不等式成立.
【详解】
（1） 4xf x ae ，
当 0a 时， 0,f x f x 在 R 上单调递减；
当 0a 时，令 0f x ′ ，可得 4lnx a
，令 0f x ′ ，可得 4lnx a
，
所以 f x 在 4,ln a
上单调递减，在 4ln ,a
上单调递增．
综上所述：当 0a 时， ( )f x 的增区间为 ( , ) ；
当 0a 时， ( )f x 的增区间为 4ln ,a
，减区间为 4,ln a
.
（2）证明：当 1a 时， 4xf x e x ，
令 2 21 4 1xg x f x x e x x ，
4 2xg x e x ，令 ( )h x 4 2xe x ，
因为 2 0xh x e 恒成立，
所以 g x 在 R 上单调递增， 0 3 0, 1 2 0g g e ，
由零点存在性定理可得存在 0 0,1x ，使得 0( ) 0g x ，即 0
04 2 0xe x ，
当 0( , )x x 时， 0,g x g x 单调递减，当 0( , )x x 时， 0,g x g x 单调递增，
所以 0 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0min 4 1 4 2 4 1 6 5,) ,( 0 1xg x g x e x x x x x x x x ，
由二次函数性质可得 min 1 0g x g ，
所以 0g x ，即 2 1 0f x x ，得证．
37．（2021·新疆高三其他模拟（理））已知函数 2 02
xx af x e ax
.
（1）讨论函数 f x 的单调性；
（2）当 0,1b 时，设函数 2
1 0
xe b xg x xx
有最小值 h b ，求 h b 的最大值.
【答案】（1）答案见解析；（2）
2
4
e .
【分析】
（1）求导
2
22
x x ax af x e
x
，令 2y x ax a ，根据 2 4a a ，分 0 4a ， 4a 求解；
（2）求导
3
22 2
xxx e bxg x x
，设 2 02
x e b xx
，根据（1）知， k x 在区间
0, 单调递增，结合零点存在定理，得到在 0,2 存在唯一 0x ，使得 0 0k x ，即 0 0g x ，从而
得到 0h b g x 求解.
【详解】
（1）函数 f x 定义域为 , 2 2, ，
2
2 2
4 2
22 2
x xa x a x ax af x e exx x
，
令 2y x ax a ，则 2 4a a ，
①当 0 4a 时， 0 ， 2 0x ax a ，
即 0f x 且不恒为零，故 f x 单调递增区间为 , 2 和 2,
②当 4a 时， 0 ，方程 2 0x ax a 的两根为：
2
1
4
2
a a ax ，
2
2
4
2
a a ax ，
由于
2
1
4 42 02
a a ax ，
2
2
4 42 02
a a ax .
故 1 22x x .
因此当 1,x x 时， 0f x ， f x 单调递增.
当 1, 2x x 时， 0f x ， f x 单调递减，
当 22,x x 时， 0f x ， f x 单调递减，
当 2,x x 时， 0f x ， f x 单调递增，
综上，当 0 4a 时， f x 在区间 , 2 ， 2, 单调递增；
当 4a 时， f x 在区间
2 4, 2
a a a
单调递增，在区间
2 4 , 22
a a a
，
2 42, 2
a a a
单调递减；在区间
2 4 ,2
a a a
单调递增.
（2）由
3 3
222 2 2
x
x
xx e bx e b x xg x x x
设 2 02
x e b xx
，
由（1）知， 0a 时， 2
2
xxf x ex
在 0, 单调递增，
故 k x 在区间 0, 单调递增，
由于 2 0k b ， 0 1 0k b ，故在 0,2 存在唯一 0x ，
使 0 0k x ， 00
0
2
2
xxb ex
.
又当 00,x x 时， 0k x ，即 0g x ， g x 单调递减，
当 0,x x 时， 0k x ，即 0g x ， g x 单调递增，
故 0,x 时，
0 0
0 0
0
0
0 0
0 2 2
0 0 0
2 12
2
x x
x x
xe e xe bx b x eh b g x x x x
，
00
0
2 ( 1,0]2
xxb ex
0 0,2x
又设 2
xem x x
， 0,2x ，故
2 2
2 1 0
2 2
x x xe x e e xm x
x x
，
则 m x 在区间 0,2 上单调递增，故
2
2 4
em x m ，
即
2
max 4
eh b .
【点睛】
方法点睛：(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当 f(x)含参数时，需依据参数取
值对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)若可导函数 f(x)在指定的区间 D 上单调递增(减)，求参数范围问题，
可转化为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．
38．（2021·江苏高三月考）已知函数 23( ) 6 3log2
af x x x x（ 0a ，且 1a ）为单调减函数， ( )f x
的导函数 ( )f x 的最大值不小于 0．
（1）求 a 的值；
（2）若 1 2( ) ( ) 9 f x f x ，求证： 1 2 2x x ．
【答案】（1） 1
e
a ；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由 ( ) 0f x 在 (0, ) 上恒成立求得 a 的一个范围，再由 ( )f x 的最大值不小于 0 又得 a 的一个范围，
两者结合可得 a 值．
（2）由（1）知 9(1) 2
f ，因此 1 2,x x 中一个不大于 1，另一个不小于 1，不妨设 1 20 1x x ，构造函数
( ) ( ) (2 )F x f x f x 证明它在 (0,1]上 ( ) 9F x ，利用已知式可得 2x 与 12 x 的不等关系，证得结论成
立．
【详解】
（1）因为 ( )f x 为单调减函数，
所以 3( ) 3 6 0ln
f x x x a
恒成立，
所以 21 2ln
x xa
在 (0, )x 上恒成立．
由于当 1x 时， 2
min
2 1 x x ，
所以 1 1ln
a
，解得 1 1e
a ．
因为 1 1( ) 3 6 6 6( ln ) ln
f x x x a a
，
当 1
ln
x a
时， ( )f x 的最大值为 16 6ln
a
，
由题意， 16 6 0ln
a
，所以 10 ea ．
综上， 1
e
a ．
（2）由（1）知， 23( ) 6 3ln2
f x x x x ，所以 9(1) 2
f ．
因为 1 2 9 f x f x ， ( )f x 为 (0, ) 单调减函数，
可设 1 20 1x x ．
令 ( ) ( ) (2 )F x f x f x ， 0 1x ．
所以 ( ) ( ) (2 ) F x f x f x
31 1 6( 1)6 3 6 3 2 02 (2 )
xx xx x x x
，
所以 ( )F x 在 (0,1]上单调递减，
所以 ( ) ( )1 2 ( )1 9 F x F f ，
所以 ( ) (2 ) 9 f x f x ， 0 1x ．
因为 10 1x ，所以 1 1 22 9( ) ( ) ( ) f x f x f x ．
因为 ( )f x 为 (0, ) 单调减函数，
所以 1 22 x x ，即 1 2 2x x ．
【点睛】
关键点点睛：本题考查导数与单调性的关系，用导数研究函数的最值，证明不等式．对于双变量不等式，
解题关键是通过变换建立它们的关系，或通过它们的联系进行消元以变量变成一元函数．本题关键是通过
构造新函数 ( ) ( ) (2 )F x f x f x ，证明 (0,1]x 时， ( ) 9F x ，然后根据已知等式得出不等式关系，
再同函数单调性得出结论．
39．（2021·新疆高三其他模拟（文））已知函数 lnx xf x e ．
（1）求曲线 y f x 在点 1, 1f 处的切线方程；
（2）证明：当 0x 时， 2 31
2f x x x x ；
（3）若 1x 时， af x ae 恒成立，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1） 2 0ex y e ；（2）证明见解析；（3） ,1 ．
【分析】
（1）利用切点和斜率求得切线方程.
（2）将要证明的不等式转化为证明 211 02
xe x x ，通过构造函数法，结合导数证得结论成立.
（3）对 a 分成 0, 0a a 两种情况进行分类讨论，结合导数求得 a 的取值范围.
【详解】
（1）函数 f x 定义域为 0, ，且 1f e ，故切点为 1,e
又 1 2x x xf x xe xe e f e
所以 y f x 在 1x 处的切线方程为 2 1y e e x ，即 2 0ex y e ．
（2）要证 2 31
2f x x x x ，只需证明 2 31
2
xxe x x x ，
又 0x ，故只需证明 211 2
xe x x 成立，也即证明 211 02
xe x x 成立.
构造函数 211 02
xh x e x x x ．
则 1 0xh x e x x ， 1 0xh x e 成立．
所以 1xh x e x 在 0, 递增，从而 0 0h x h 成立．
所以 h x 在 0, 递增，从而 0 0h x h ，
即 211 02
xe x x ，故 2 31
2f x x x x 成立．
（3）由 1x 时， af x ae 恒成立，即 lnx x ae ae ··········（*）
①当 0a 时，（*）显然成立；
②当 0a 时， ln ln ln ln lnx x a x x a ae ae e e x x a a ··········（**）
设 lng x x x ，则 11 0g x x
，
所以 lng x x x 在 0, 递增，（**）可化为 g x g a ，则 x a≥ 恒成立．
因为 1x ，所以 min 1a x ，又 0a ，从而 0 1a ，
综上所述，实数 a 的取值范围是 ,1 ．
【点睛】
要证明不等式成立，可将不等式转化为 0f x 的形式，然后利用导数证得 min 0f x 从而证得不等式
成立.
40．（2021·山西临汾市·高三二模（理））若曲线 y f x 与 y g x 有公共点，且在公共点处有相同的切
线，则称 y f x 与 y g x 相切，已知 lnf x x ax 与 2g x bx 相切．
（1）若 1b ，求 a 的值；
（2）对任意 0a ，是否存在实数 0b ，使得曲线 y f x 与 y g x 相切？请说明理由
【答案】 1a ；（2）证明见解析．
【分析】
（1）设公共点为 0 0( , )x y ，结合该点处两曲线的切线斜率相等可求得 a ．
（2）设切点为 1 1( , )x y ，由 1 1( ) ( )f x g x ， 1 1( ) ( )f x g x ，消元后得出 a 与 1x 的方程， b 与 1x 的方程，
在 a 与 1x 的方程中证明对任意 0a ，方程都有正数解 1x 后证明对于这个解 1x 经，有 0b 即可．
【详解】
（1）设公共点为 P 0 0( , )x y ， 2( )g x x ， 1( )f x ax
， ( ) 2g x x ，
所以
2
0 0 0
0
0
ln
1 2
x ax x
a xx
，消去 a 得 2
0 0ln 1x x ，
记 2( ) lnh x x x ，显然 ( )h x 在 (0, ) 上是增函数，而 (1) 1h ，因此 2
0 0ln 1x x 只有一个解 0 1x ，
所以 2 1 1a ．
（2）假设对任意 0a ，存在实数 0b ，使得曲线 y f x 与 y g x 相切，
设切点为 Q 1 1( , )x y ， ( ) 2g x bx ，
所以 2
1 1 1ln x ax bx ①， 1
1
1 2a bxx
②，由②得 2
1 11 2ax bx ③，
①③消去b 得 1 11 2ln 0x ax ， 1
1ln 2x ， 10 x e ，
①③消去 a 得 1
2
1
1 ln xb x
，在 10 x e 时， 1
2
1
1 ln 0xb x
，
下面证明对任意 0a ，方程 1 11 2ln x ax 有解，
设 ( ) 1 2lnH x x ，函数 ( )H x 在定义域 (0, ) 上是减函数， 0x 时， ( )H x ，又函数图象过点
( ,0)e ，
在坐标系中作出函数 ( )H x 的图象，再作直线 y ax ，如图，它们在第一象限显然有一个交点，
所以对任意的 0a ，方程 1 11 2ln x ax 有正数解．
综上，任意 0a ，是否存在实数 0b ，使得曲线 y f x 与 y g x 相切
【点睛】
关键点点睛：本题考查导数的几何意义，解题关键是把两函数相切，转化为方程有解问题．即设切点为
0 0( , )x y ，相切转化为方程组 0 0
0 0
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
有解．通过解的分析得出参数范围．
41．（2021·浙江高二期末）已知函数 2
4
xxf x ex
．
（1）讨论函数 f x 的单调性，并证明当 2x 时， 2 4 0xxe x ；
（2）证明：当 0,1a 时，函数
2
2 2
2
3xe ax ag x x
x
有最小值，设 g x 最小值为 h a ，求函
数 h a 的值域．
【答案】（1）函数 f x 在 , 4 、 4, 上均为增函数，证明见解析；（2）
21 ,2 4
e
.
【分析】
（1）求出函数 f x 的定义域，求得
2 2
2
2 0
4
xx ef x
x
，进而可判断出函数 f x 的单调性，由
2x 得出 2 1f x f ，由此可证得所证不等式成立；
（2）利用导数分析函数 g x 的单调性与极值点，可得出函数 g x 的极小值为
0 2
0
0 2
0
3
2
xe ax ag x
x
，
其中 0x 满足 0 20
0
04
xx e ax
，求出 0x 的取值范围，化简得出 0 2
0 4
xeh a x
，构造函数
2
4
xeu x x
，
利用导数求出函数 u x 在区间 2,0 上的值域，即可得解.
【详解】
（1）函数 2
4
xxf x ex
的定义域为 4x x ，
22 2 2
2 2
1 4 2 0
4 4
x x xx x e xe x ef x
x x
，
所以，函数 f x 在 , 4 、 4, 上均为增函数，
当 2x 时， 2 1f x f ，即 2 14
xx ex
，整理可得 2 4 0xxe x ；
（2）对函数
2
22
3xe ax ag
x
x
求导得
2
2
3 3
44 4
2 2
x
x
xx e axe a x xg x
x x
，
设 2
4
xxx e ax
， 2x ，
由（1）可知，函数 x 在 2, 上单调递增，
又 2 1 0a ， 0 0a ，所以存在唯一的实数 0 2,0x 使得 0 20
0
0
04
xxx e ax
，
当 02,x x 时， 0x ，则 0g x ，此时 g x 单调递减，
当 0,x x 时， 0x ，则 0g x ，此时 g x 单调递增，
所以，
0 2
0
0 2min
0
3
2
xe ax ah a g x g x
x
，
因为 0 20
0 4
xxa ex
，所以，
0 0
0
2 20 0
2
0
2
00
3
4
42
x x
x
x xe ex eh a xx
，
由（1）可知，函数 f x 在 2, 上单调递增，则 0 20
0
1,04
xxa ex
，
即 0 20
0
1 04
xx ex
，因为 0 0f ， 2 1f ，所以， 02 0x ，
令
2
4
xeu x x
，当 2 0x 时，
2
2
3 0
4
xx eu x
x
，
所以，函数 u x 在 2,0 上单调递增，所以， 02 0u u x u ，即
2
0
1
2 4
eu x .
因此， h a 的取值范围是
21 ,2 4
e
.
【点睛】
方法点睛：方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 f x g x （或 f x g x ）转化为证明 0f x g x （或
0f 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.
42．（2021·浙江高二期末）已知函数 2lnf x a x bx 在 1x 处的切线为 2 1 0y ．
（Ⅰ）求实数 a，b 的值；
（Ⅱ）求函数 ( )f x 在 1 ,ee
上的最值．
【答案】（Ⅰ） 11, 2a b ；（Ⅱ） ( )f x 的最大值为 1
2
，最小值为
2
1 2
e .
【分析】
（Ⅰ）由导数的几何意义以及切点在切线上也在曲线上联立方程可解.
（Ⅱ）利用导数求出单调区间，再根据单调性可求最值.
【详解】
解：（Ⅰ） 2lnf x a x bx ，
2af x bxx
，
由题意，有
1 2 0
11 2
f a b
f b
，解得
1
1
2
a
b
.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
2
ln 2
xf x x ，
21 1 xf x xx x
，
1 x ee
，
令 0f x ，得 1 1xe
；令 0f x ，得1 x e .
f x 在 1 ,1e
上单调递增，在 1,e 上单调递减.
2
2
1 1 11 , 1 , 12 22
ef f f ee e
，
2
max min
11 , 12 2
ef x f f x f e .
43．（2020·巴楚县第一中学高三二模）已知函数 1 ln 1
1 nf x a x
x
，其中 *n N ， a 为常数．
（1）当 2n 时，求函数 f x 的极值；
（2）当 1a 时，证明：对任意的正整数 n ，当 2x 时，有 1f x x ．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出导函数，讨论函数单调性，从而可求极值；
（2）当 1a ， 2x
时，对任意的正整数 n ，恒有 1 1(1 )nx ，所以只需证明1 ( 1) 1ln x x ．
【详解】
解：（1）函数 ( )f x 的定义域为{ | 1}x x ，
当 2n 时， 2
1( ) ( 1)(1 )f x aln xx
，所以
2
3
2 (1 )( ) (1 )
a xf x x
．
①当 0a 时，由 ( ) 0f x 得 1
21 1x a
， 2
21 1x a
，
此时 1 2
3
( )( )( ) (1 )
a x x x xf x x
．
当 1(1, )x x 时， ( ) 0f x ， ( )f x 单调递减；
当 1(x x ， ) 时， ( ) 0f x ， ( )f x 单调递增．
②当 0a 时， ( ) 0f x 恒成立，所以 ( )f x 无极值．
综上所述， 2n 时，
当 0a 时， ( )f x 在 21x a
处取得极小值，极小值为 2 21 12
af lna a
．
当 0a 时， ( )f x 无极值．
（2）证明：当 1a 时， 1( ) ( 1)(1 )nf x ln xx
．
当 2x
时，对任意的正整数 n ，恒有 1 1(1 )nx ，故只需证明1 ( 1) 1ln x x ．
令 ( ) 1 (1 ( 1)) 2 ( 1)h x x ln x x ln x ， [2x ， ) ，
则 1 2( ) 1 1 1
xh x x x
，
当 2x
时， ( ) 0h x
，故 ( )h x 在[2 ， ) 上单调递增，
因此当 2x
时， ( )h x h
（2） 0 ，即1 ( 1) 1ln x x 成立．
故当 2x
时，有 1 ( 1) 1(1 )n ln x xx
，即 ( ) 1f x x ．
【点睛】
关键点点睛：（1）问解题的关键是求出导函数后，对 0a 和 0a 分类讨论函数单调性；
（2）问解题的关键是利用放缩法加强不等式为只需证明1 ( 1) 1ln x x 即可.
44．（2021·西藏高三二模（理））已知函数 1 lnf x x x ．
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）若当 2x 时， 3 21
2f x x mx 恒成立，求实数 m 的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；（2） 7 ln 2, 4
.
【分析】
（1）先求函数定义域，在求导得 1 11 xf x x x
，再据导数符号与函数单调性的关系即可得答案；
（2）根据题意将问题转化为 2 2
1 1 1 ln 22
xm x xx x x
恒成立问题，进而令
2 2
1 1 1 ln 22
xg x x xx x x
，求函数 g x 的范围即可得答案.
【详解】
解：（1） f x 的定义域为 0, ，
1 11 xf x x x
，
令 0f x ，得 0 1x ，此时 f x 单调递增，
令 0f x ，得 1x ，此时 f x 单调递减．
故 f x 的单调递增区间为 0,1 ，单调递减区间为 1, ．
（2） 3 21
2f x x mx ，即 2 31 1 ln2mx x x x 恒成立，
即 2 2
1 1 1 ln 22
xm x xx x x
恒成立，
令 2 2
1 1 1 ln 22
xg x x xx x x
，
则 2 3 3
1 1 2 1 2ln
2
xg x x x x
3
3
2 6 4ln
2
x x x
x
，
令 3 2 6 4ln 2h x x x x x ， 2 43 2 0h x x x
，
所以 h x 在 2, 上单调递增，
即 2 4ln 2 2 2 ln 4 1 0h x h ，
因此 0g x ，即 g x 在 2, 上单调递增，
7 ln 22 4g x g ，于是 7 ln 2
4m ．
故 m 的取值范围是 7 ln 2, 4
．
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调区间，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，回归转化思想，是中档
题.本题第二问解题的关键在于将问题转化为 2 2
1 1 1 ln 22
xm x xx x x
恒成立，进而令
2 2
1 1 1 ln 22
xg x x xx x x
，求函数 g x 的范围问题.
45．（2021·安徽马鞍山市·高三二模（文））已知 2 2 1 lnf x x a x a x a R .
（1）试讨论 f x 的单调性；
（2)当 1x 时， 21 3 2 lnf x a x x a x 恒成立，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2） 2,0 .
【分析】
（1）求出函数 f x 的定义域，对实数 a 的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数 f x
的单调递增区间和单调递减区间；
（2）构造函数 21 3 2 lnF x f x a x x a x ，利用导数分析函数 F x 在区间 1, 上的单
调性，根据已知条件可得出关于实数 a 的不等式组，综合可得出实数 a 的取值范围.
【详解】
（1）函数 f x 的定义域为 0, ， 2 12 2 1 x a xaf x x a x x
.
当 0a 时，对任意的 0x ， 0f x ，此时函数 f x 在 0, 上单调递增，
当 0a 时，由 0f x ，可得 0 x a ，由 0f x ，可得 x a .
此时，函数 f x 的单调递减区间为 0,a ，单调递增区间为 ,a .
因此，当 0a 时，函数 f x 在 0, 上单调递增；
当 0a 时，函数 f x 的单调递减区间为 0,a ，单调递增区间为 ,a ；
（2）令 2 21 3 2 ln 2 1 2lnF x f x a x x a x ax a x x ，
2 1 122 2 1 ax xF x ax a x x
，
又 1 2F a ，要使得 0F x 对任意的 1,x 恒成立.
①当 0a 时， 0F x 对任意的 1,x 恒成立， F x 在 1, 上单调递减，
所以要使 0F x 对任意的 1,x 恒成立的充要条件是 1 0F ，
即 1 2 0F a ，解得 2a ，故 2 0a ；
②当 0 1a 时，则 1 1a
，当 11 x a
时， 0F x ，当 1x a
时， 0F x ，
F x 在 11, a
上单调递减，在 1 ,a
上单调递增，虽然 1 2 0F a ，
但当 2 1 22ax a a
时， 2 1 2ln 0aF x ax x xa
，
所以， 0F x 对任意的 1,x 不恒成立，不合乎题意；
③当 1a 时， 0F x 对任意的 1,x 恒成立，则 F x 在 1, 上单调递增，
虽然 1 2 0F a ，
但当 2 1 22ax a a
时， 2 1 2ln 0aF x ax x xa
，
所以， 0F x 对任意的 1,x 不恒成立，不合乎题意.
综上所述，实数 a 的取值范围是 2,0 .
【点睛】
思路点睛：讨论含参函数的单调性，通常注意以下几个方面：
（1）求导后看最高次项系数是否为 0 ，须需分类讨论；
（2）若最高次项系数不为 0 ，通常是二次函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两
根相等的情况；
（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域比较.
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