資源簡介

第10講 卡根思想在導數中的應用
（高階拓展、競賽適用）
（核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
求在曲線上一點處的切線方程
卡根思想在導數中 用導數判斷或證明已知函數的單調性
2023 年全國甲卷理數，第 21 題,12 分
的應用. 根據極值求參數
由函數對稱性求函數值或參數
卡根思想在導數中 利用導數求函數的單調區間 (不含參)
2023 年全國乙卷理數，第 21 題,12 分
的應用 利用導數研究不等式恒成立問題
卡根思想在導數中 利用導數研究方程的根
2022 年新 I 卷，第 22 題,12 分
的應用 由導數求函數的最值 (含參)
卡根思想在導數中 求在曲線上一點處的切線方程 (斜率
2022 年全國乙卷理數，第 21 題,12 分
的應用 利用導數研究函數的零點
卡根思想在導數中 利用導數求函數的單調區間 (不含參)
2021 年全國甲卷理數，第 21 題,12 分
的應用 利用導數研究方程的根
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的載體內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數解決函數基本問題
2 能用卡根思想結合零點存在性定理綜合解題
【命題預測】在零點個數及方程的根等綜合問題研究中，參變分離和數形結合都是解題的方法，但也都有
局限性，同時對函數圖像畫法要求較高；包括在零點個數研究中還有放縮方法，但是放縮的不等式變化較
多，這樣對學生又提出了比較嚴苛能力要求。此時卡根法是此類題型的另一方法。同時卡根法也常應用于
導數研究函數性質的過程中，其本質是虛設零點（設而不求），利用零點滿足的關系式化簡，從而得到范圍
或符號。高考中常用的解題方法，需要學生復習中綜合掌握
知識講解
“卡根”問題的一般方法，其具體步驟如下
1. 根據函數的增長速度判斷函數值變化的趨勢，以便確定是否存在零點;
2. 根據函數表達式的特點進行拆分，一般拆分成和或乘積形式;
3. 根據函數的增長速度，將指、對數函數放縮成冪函數及其和的形式;
4. 根據相關不等式的解集，利用零點存在定理來確定零點存在的區間
零點存在性定理：
如果函數 y = f x 在區間 a,b 上的圖像是連續不斷的一條曲線，并且有 f a × f b < 0 ，那么函數
y = f x 在區間 a,b 內必有零點，即$x0 a,b ，使得 f x0 = 0
注：零點存在性定理使用的前提是 f x 在區間 a,b 連續，如果 f x 是分段的，那么零點不一定存在
考點一、卡根思想在導數中的綜合應用
sin x π
1．（2023·全國·高考真題）已知函數 f (x) = ax -
cos3
, x 0,x 2 ֏
(1)當a = 8時，討論 f (x) 的單調性；
(2)若 f (x) < sin 2x 恒成立，求 a 的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析.
(2) (- ,3]
【分析】（1）求導,然后令 t = cos2 x ,討論導數的符號即可;
（2）構造 g(x) = f (x) - sin 2x ,計算 g (x) 的最大值,然后與 0 比較大小,得出 a的分界點,再對 a討論即可.
3
1 f (x) a cos x cos x + 3sin x cos
2 x sin x
【詳解】（ ） = -
cos6 x
cos2 x + 3sin2a x 3 - 2cos
2 x
= -
cos4
= a -
x cos4 x
令 cos2 x = t ,則 t (0,1)
3- 2t at 2 + 2t - 3
則 f (x) = g(t) = a -
t 2
=
t 2
2
a 8, f (x) g(t) 8t + 2t - 3 (2t -1)(4t + 3)當 = = =
t 2
=
t 2

當 t 0,
1 π π
, x , , f ÷ 即2 4 2 ÷
(x) < 0 .
è è
1 π
當 t ,1÷ ,即 x 0,2 4 ÷
, f (x) > 0 .
è è
π
所以 f (x)
0, π π 在 ÷上單調遞增,在 ,4 2 ÷ 上單調遞減è 4 è
（2）設 g(x) = f (x) - sin 2x
2
g (x) f (x) 2cos 2x g(t) 2 2cos2 x 1 at + 2t - 3= - = - - = 2 - 2(2t -1) a 2 4t 2 3= + - + - 設t t t 2
j(t) 2 3= a + 2 - 4t + -
t t 2
j (t) 4 2 6 -4t
3 - 2t + 6 2(t -1)(2t 2 + 2t+3)
= - - + = = - > 0
t 2 t3 t3 t3
所以j(t) < j(1) = a - 3 .
1°若a (- ,3] , g (x) = j(t) < a - 3 0
g(x) 0, p 即 在 ÷上單調遞減,所以 g(x) < g(0) = 0 .
è 2
所以當 a (- ,3], f (x) < sin 2x ,符合題意.
2° 若 a (3,+ )
2 3 2
當 t 0, - = -3 1 1 1 - ÷ + - ,所以j(t) - 2 .t t è t 3 3
j(1) = a - 3 > 0 .
p
所以$t0 (0,1)

,使得j t0 = 0 ,即$x0 0, ÷ ,使得 g x0 = 0 .
è 2
當 t t0 ,1 ,j(t) > 0 , 即當 x 0, x0 , g (x) > 0, g(x)單調遞增.
所以當 x 0, x0 , g(x) > g(0) = 0 ,不合題意.
綜上, a的取值范圍為 (- ,3] .
【點睛】關鍵點點睛:本題采取了換元,注意復合函數的單調性 t = cos x在定義域內是減函數,若 t0 = cos x0 ,當
t t0 ,1 ,j(t) > 0 ,對應當 x 0, x , g 0 (x) > 0 .
2．（2023·全國·高考真題）已知函數 f (x)
1
= + a

÷ ln(1+ x) .
è x
(1)當 a = -1時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
1
(2)是否存在 a，b，使得曲線 y = f ÷關于直線 x = b 對稱，若存在，求 a，b 的值，若不存在，說明理由.
è x
(3)若 f x 在 0, + 存在極值，求 a 的取值范圍.
【答案】(1) ln 2 x + y - ln 2 = 0 ；
1 1
(2)存在 a = ,b = - 滿足題意，理由見解析.
2 2
0, 1 (3) 2 ÷
.
è
【分析】(1)由題意首先求得導函數的解析式，然后由導數的幾何意義確定切線的斜率和切點坐標，最后求
解切線方程即可；
(2)首先求得函數的定義域，由函數的定義域可確定實數b 的值，進一步結合函數的對稱性利用特殊值法可
得關于實數 a的方程，解方程可得實數 a的值，最后檢驗所得的 a,b是否正確即可；
(3)原問題等價于導函數有變號的零點，據此構造新函數 g x = ax2 + x - x +1 ln x +1 ，然后對函數求導，
1 1
利用切線放縮研究導函數的性質，分類討論 a 0， a 和0 < a < 三中情況即可求得實數 a的取值范圍.
2 2
1
【詳解】（1）當 a = -1時， f x = -1 ln x +1 ，
è x ÷
則 f x 1 1 1= - 2 ln x +1 +

-1÷ ，x è x x +1
據此可得 f 1 = 0, f 1 = - ln 2 ，
函數在 1, f 1 處的切線方程為 y - 0 = - ln 2 x -1 ，
即 ln 2 x + y - ln 2 = 0 .
1 1
（2）令 g x = f ÷ = x + a ln

x
+1÷，
è è x
1 1 x +1函數的定義域滿足 + = > 0 ，即函數的定義域為 - , -1 0,+ ，
x x
1 1
定義域關于直線 x = - 對稱，由題意可得b = - ，
2 2
g 1 m g 1 1由對稱性可知 - + ÷ = - - m÷ m >

2 2 ÷
，
è è è 2
m 3取 = 可得 g 1 = g -2 ，
2
即 a 1 ln 2 a 2 ln 1 1+ = - ，則 a +1 = 2 - a，解得 a = ，
2 2
1 1 1 1
經檢驗 a = ,b = - 滿足題意，故 a = ,b = - .
2 2 2 2
a 1 ,b 1即存在 = = - 滿足題意.
2 2
（3）由函數的解析式可得 f x = 1 -

2 ÷ ln x 1
1 1+ +
x
+ a ÷ ，
è è x x +1
由 f x 在區間 0, + 存在極值點，則 f x 在區間 0, + 上存在變號零點;
1 ln x 1 1- + + + a 1令 x2 ÷ ÷ = 0，è è x x +1
則- x +1 ln x +1 + x + ax2 = 0，
令 g x = ax2 + x - x +1 ln x +1 ，
f x 在區間 0, + 存在極值點，等價于 g x 在區間 0, + 上存在變號零點，
g x = 2ax - ln x +1 , g x 1= 2a -
x +1
當 a 0時， g x < 0， g x 在區間 0, + 上單調遞減，
此時 g x < g 0 = 0， g x 在區間 0, + 上無零點，不合題意;
a 1 1當 ，2a 1時，由于 <1，所以 g x > 0, g x 在區間 0, + 上單調遞增，
2 x +1
所以 g x > g 0 = 0， g x 在區間 0, + 上單調遞增， g x > g 0 = 0，
所以 g x 在區間 0, + 上無零點，不符合題意；
1
當0 < a < 時，由 g x = 2a 1 1- = 0 可得 x = -1，
2 x +1 2a
x 1 當 0, -1÷時， g x < 0， g x 單調遞減，
è 2a
x 1當 -1,+

÷ 時， g x > 0， g x 單調遞增，
è 2a
故 g x 1 的最小值為 g -1÷ =1- 2a + ln 2a ，
è 2a
令m x =1- x + ln x 0 < x <1 ，則m x -x +1= > 0，
x
函數m x 在定義域內單調遞增，m x < m 1 = 0，
據此可得1- x + ln x < 0恒成立，
g 1則 -1

÷ =1- 2a + ln 2a < 0 ，
è 2a
由一次函數與對數函數的性質可得，當 x + 時，
g x = 2ax - ln x +1 + ，
且注意到 g 0 = 0，
根據零點存在性定理可知: g x 在區間 0, + 上存在唯一零點 x0 .
當 x 0, x0 時， g x < 0， g x 單調減，
當 x x0 ,+ 時， g x > 0， g x 單調遞增，
所以 g x0 < g 0 = 0 .
令 n x = ln x - x 1 1 2 - x，則 n x = - = ，
x 2 x 2x
則函數 n x = ln x - x 在 0,4 上單調遞增，在 4, + 上單調遞減，
所以 n x n 4 = ln 4 - 2 < 0 ，所以 ln x < x ，
é ù
g 4 = 4 1
ê
a 4 1 ln 4 1 1- a
ú
所以 2 ÷ 2 + ÷ ê 2 + ÷ - 2 + ÷ - 4 - 2a +1a úè è a ê è a è a +1 ú
a2
> 4 é 4+1 4 ù 2 ÷ ê + a - ln 2 +1÷ + a -1- 2a +1è a a è a ú
4 é 4 = 2 +1÷ ê - ln
4 ù 4
2 +1

÷ú > 2 +1
4 4
÷ - 2 +1è a
÷
a è a è a è a a ÷
16 4 1 12 4 2 - 2 - 2 -1> 2 +1
a a 4= +1 a÷ > 0
è a 4 4 ÷è a2 4 4 ，+
a a2
+1 + +1
a a2
所以函數 g x 在區間 0, + 上存在變號零點，符合題意.
1
綜合上面可知:實數 a得取值范圍是 0, ÷ .
è 2
【點睛】(1)求切線方程的核心是利用導函數求切線的斜率，求函數的導數要準確地把函數拆分成基本初等
函數的和、差、積、商，再利用運算法則求導，合函數求導，應由外到內逐層求導，必要時要進行換元.
(2)根據函數的極值(點)求參數的兩個要領：①列式:根據極值點處導數為 0 和極值這兩個條件列方程組，利
用待定系數法求解;②驗證:求解后驗證根的合理性.本題中第二問利用對稱性求參數值之后也需要進行驗證.
3．（2022·全國·高考真題）已知函數 f x = ln 1+ x + axe- x
(1)當 a =1時，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)若 f x 在區間 -1,0 , 0, + 各恰有一個零點，求 a 的取值范圍．
【答案】(1) y = 2x
(2) (- , -1)
【分析】（1）先算出切點,再求導算出斜率即可
（2）求導,對 a分類討論,對 x 分 (-1,0), (0,+ ) 兩部分研究
【詳解】（1） f (x) 的定義域為 (-1, + )
當 a =1時, f (x) = ln(1+ x)
x
+ x , f (0) 0
1 1- x
= , 所以切點為 (0,0) f (x) = + x , f (0) = 2 ,所以切線斜率為 2e 1+ x e
所以曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程為 y = 2x
（2） f (x) = ln(1+ x)
ax
+
ex
x 2
f (x) 1 a(1- x)
e + a 1- x
= + =
1+ x ex (1+ x)ex
設 g(x) = ex + a 1- x2
1°若 a > 0 ,當 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2 > 0 ,即 f (x) > 0
所以 f (x) 在 (-1,0) 上單調遞增, f (x) < f (0) = 0
故 f (x) 在 (-1,0) 上沒有零點,不合題意
2° 若-1 a 0 ,當 x (0,+ ) ,則 g (x) = ex - 2ax > 0
所以 g(x)在 (0, + )上單調遞增所以 g(x) > g(0) =1+ a 0 ,即 f (x) > 0
所以 f (x) 在 (0, + )上單調遞增, f (x) > f (0) = 0
故 f (x) 在 (0, + )上沒有零點,不合題意
3° 若 a < -1
(1)當 x (0,+ ) ,則 g (x) = ex - 2ax > 0 ,所以 g(x)在 (0, + )上單調遞增
g(0) =1+ a < 0, g(1) = e > 0
所以存在m (0,1) ,使得 g(m) = 0 ,即 f (m) = 0
當 x (0,m), f (x) < 0, f (x)單調遞減
當 x (m,+ ), f (x) > 0, f (x) 單調遞增
所以
當 x (0,m), f (x) < f (0) = 0 ,
令 h(x)
x
= x , x > -1,則 h (x)
1- x
= x , x > -1,e e
x 1
所以 h(x) = x 在 -1,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，所以 h(x) h 1 = ，e e
aa -
又 -e e -1 > 0， f e
e -1 a 1÷ - + a × = 0，
è e e
所以 f (x) 在 (m,+ ) 上有唯一零點
又 (0, m)沒有零點,即 f (x) 在 (0, + )上有唯一零點
(2)當 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2
設 h(x) = g (x) = ex - 2ax
h (x) = ex - 2a > 0
所以 g (x) 在 (-1,0) 單調遞增
g ( 1) 1- = + 2a < 0, g (0) =1 > 0
e
所以存在 n (-1,0) ,使得 g (n) = 0
當 x (-1, n), g (x) < 0, g(x)單調遞減
當 x (n,0), g (x) > 0, g(x) 單調遞增, g(x) < g(0) =1+ a < 0
又 g( 1)
1
- = > 0
e
所以存在 t (-1, n) ,使得 g(t) = 0 ,即 f (t) = 0
當 x (-1, t), f (x) 單調遞增,當 x (t,0), f (x)單調遞減，
當 x -1,0 ， h x > h -1 = -e，
又-1 ae< eae -1 < 0 ， f e -1 < ae - ae = 0
而 f (0) = 0 ,所以當 x (t,0), f (x) > 0
所以 f (x) 在 (-1, t) 上有唯一零點, (t , 0 ) 上無零點
即 f (x) 在 (-1,0) 上有唯一零點
所以 a < -1 ,符合題意
所以若 f (x) 在區間 (-1,0), (0,+ ) 各恰有一個零點,求 a的取值范圍為 (- , -1)
【點睛】
方法點睛：本題的關鍵是對 a的范圍進行合理分類，否定和肯定并用，否定只需要說明一邊不滿足即可，肯
定要兩方面都說明.
4．（2022·全國·高考真題）已知函數 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)證明：存在直線 y = b，其與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交
點的橫坐標成等差數列．
【答案】(1) a =1
(2)見解析
【分析】（1）根據導數可得函數的單調性，從而可得相應的最小值，根據最小值相等可求 a.注意分類討論.
（2）根據（1）可得當b >1時， ex - x = b 的解的個數、 x - ln x = b的解的個數均為 2，構建新函數
h(x) = ex + ln x - 2x ，利用導數可得該函數只有一個零點且可得 f x , g x 的大小關系，根據存在直線 y = b
與曲線 y = f x 、 y = g x 有三個不同的交點可得b 的取值，再根據兩類方程的根的關系可證明三根成等差
數列.
【詳解】（1） f (x) = ex - ax的定義域為 R ，而 f (x) = ex - a ，
若 a 0，則 f (x) > 0 ，此時 f (x) 無最小值，故 a > 0 .
g(x) = ax - ln x的定義域為 0, + ，而 g (x) = a 1 ax -1- = .
x x
當 x < ln a時， f (x) < 0 ，故 f (x) 在 - , ln a 上為減函數，
當 x > ln a時， f (x) > 0 ，故 f (x) 在 ln a, + 上為增函數，
故 f (x)min = f ln a = a - a ln a .
1
當0 < x < 時， g (x) < 0，故 g(x) 在 0,
1
÷上為減函數，a è a
1 g (x) 0 g(x) 1當 x > 時， > ，故 在 ,+

÷ 上為增函數，a è a
g(x) 1 1故 min = g ÷ =1- ln .
è a a
因為 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值，
故1- ln
1 a -1
= a - a ln a，整理得到 = ln a ，其中 a > 0，
a 1+ a
a 1 2 1 -a2 -1
設 g a -= - ln a,a > 0，則 g a = 2 - = 2 0，1+ a 1+ a a a 1+ a
故 g a 為 0, + 上的減函數，而 g 1 = 0，
故 g a = 0 1- a的唯一解為 a =1，故 = ln a 的解為 a =1 .
1+ a
綜上， a =1 .
（2）[方法一]：
由（1）可得 f (x) = ex - x和 g(x) = x - ln x的最小值為1- ln1 =1- ln
1
=1.
1
當b >1時，考慮 ex - x = b 的解的個數、 x - ln x = b的解的個數.
設 S x = ex - x - b x， S x = e -1，
當 x < 0 時， S x < 0，當 x > 0時， S x > 0，
故 S x 在 - ,0 上為減函數，在 0, + 上為增函數，
所以 S x = S 0 =1- b < 0min ，
而 S -b = e-b > 0， S b = eb - 2b，
設u b = eb - 2b，其中b >1，則u b = eb - 2 > 0 ，
故u b 在 1, + 上為增函數，故u b > u 1 = e - 2 > 0，
故 S b > 0 S x = ex，故 - x - b有兩個不同的零點，即 ex - x = b 的解的個數為 2.
設T x = x - ln x - b，T x x -1= ，
x
當0 < x <1時，T x < 0，當 x >1時，T x > 0，
故T x 在 0,1 上為減函數，在 1, + 上為增函數，
所以T x = T 1 =1- b < 0min ，
T e-b = e-b而 > 0，T eb = eb - 2b > 0，
T x = x - ln x - b有兩個不同的零點即 x - ln x = b的解的個數為 2.
當b =1，由（1）討論可得 x - ln x = b、 ex - x = b 僅有一個解，
當b<1時，由（1）討論可得 x - ln x = b、 ex - x = b 均無根，
故若存在直線 y = b與曲線 y = f x 、 y = g x 有三個不同的交點，
則b >1.
1
設 h(x) = ex + ln x - 2x ，其中 x > 0，故 h (x) = ex + - 2，
x
設 s x = ex - x -1， x > 0，則 s x = ex -1 > 0，
故 s x 在 0, + 上為增函數，故 s x > s 0 = 0即 ex > x +1，
所以 h (x) > x
1
+ -1 2 -1 > 0，所以 h(x) 在 0, + 上為增函數，
x
h(1) = e - 2 > 0 h( 1
1 2 2
而 ， 3 ) = ee
3 - 3 - 3 < e - 3 -e e e3
< 0，
h x 0, + x 1故 上有且只有一個零點 0 ， 3 < x0 <1且：e
當0 < x < x0 時， h x < 0即 ex - x < x - ln x 即 f x < g x ，
當 x > x0時， h x > 0 即 ex - x > x - ln x 即 f x > g x ，
因此若存在直線 y = b與曲線 y = f x 、 y = g x 有三個不同的交點，
故b = f x0 = g x0 >1，
此時 ex - x = b 有兩個不同的根 x1, x0 (x1 < 0 < x0 ) ，
此時 x - ln x = b有兩個不同的根 x0 , x4 (0 < x0 <1< x4 ) ，
故 ex1 - x1 = b， e
x0 - x0 = b， x4 - ln x4 - b = 0 ， x0 - ln x0 - b = 0
x - b = ln x ex4 -b所以 4 4 即 = x4 即 e
x4 -b - x4 - b - b = 0，
故 x4 - b 為方程 ex - x = b 的解，同理 x0 - b 也為方程 ex - x = b 的解
x
又 e 1 - x1 = b e
x
可化為 1 = x1 + b即 x1 - ln x1 + b = 0即 x1 + b - ln x1 + b - b = 0，
故 x1 + b 為方程 x - ln x = b的解，同理 x0 + b 也為方程 x - ln x = b的解，
所以 x1, x0 = x0 - b, x4 - b ，而b >1，
ìx0 = x4 - b
故 í 即 x + x = 2xx . 1 = x0 - b
1 4 0
[方法二]：
由 (1) 知， f (x) = ex - x ， g(x) = x - ln x，
且 f (x) 在 (- ,0)上單調遞減，在 (0, + )上單調遞增；
g(x)在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增，且 f (x)min = g(x)min = 1.
①b<1時，此時 f (x)min = g(x)min = 1 > b ，顯然 y = b與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x)
共有 0 個交點，不符合題意；
② b =1時，此時 f (x)min = g(x)min = 1 = b ，
故 y = b與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有 2 個交點，交點的橫坐標分別為 0 和 1；
③ b >1時，首先，證明 y = b與曲線 y = f (x) 有 2 個交點，
即證明F (x) = f (x) - b 有 2 個零點， F (x) = f (x) = ex -1，
所以 F (x)在 (- ,0)上單調遞減，在 (0, + )上單調遞增，
又因為 F (-b) = e-b > 0，F (0) =1- b < 0 ， F (b) = eb - 2b > 0 ，
( 令 t(b) = eb - 2b ，則 t (b) = eb - 2 > 0， t(b) > t(1) = e - 2 > 0)
所以F (x) = f (x) - b 在 (- ,0)上存在且只存在 1 個零點，設為x1，在 (0, + )上存在且只存在 1 個零點，設為
x2.
其次，證明 y = b與曲線和 y = g(x) 有 2 個交點，
即證明G (x) = g (x) - b
1
有 2 個零點，G (x) = g (x) = 1- x ，
所以G(x)(0,1) 上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增，
又因為G(e-b ) = e-b > 0，G 1 =1- b < 0 ，G(2b) = b - ln 2b > 0 ，
( 令 m(b) = b - ln 2b
1
，則 m (b) = 1- > 0 ， m (b) > m (1) = 1 - ln 2 > 0)b
所以G (x) = g (x) - b 在( 0, 1)上存在且只存在 1 個零點，設為 x3 ，在 (1, + )上存在且只存在 1 個零點，設為 x4 .
再次，證明存在 b，使得 x2 = x3 :
因為 F (x2 ) = G(x3 ) = 0 ，所以b = e
x2 - x2 = x3 - ln x3 ，
若 x = x ，則 ex22 3 - x2 = x2 - ln x2 ，即 ex2 - 2x2 + ln x2 = 0，
所以只需證明 ex - 2x + ln x = 0在( 0, 1)上有解即可，
即j(x) = ex - 2x + ln x在( 0, 1)上有零點，
1 1
因為j( ) = ee3 23 - - 3 < 0，j(1) = e - 2 > 0 ，e e3
所以j(x) = ex - 2x + ln x在( 0, 1)上存在零點，取一零點為 x0 ，令 x2 = x3 = x0即可，
此時取b = ex0 - x0
則此時存在直線 y = b，其與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三個不同的交點，
最后證明 x1 + x4 = 2x0 ，即從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列，
因為 F (x1) = F (x2 ) = F (x0 ) = 0 = G(x3 ) = G(x0 ) = G(x4 )
所以 F (x1) = G(x0 ) = F (ln x0 ) ，
又因為 F (x)在 (- ,0)上單調遞減， x1 < 0 ，0 < x0 <1即 ln x0 < 0，所以 x1 = ln x0，
同理，因為 F (x0 ) = G(e
x0 ) = G(x4 ) ，
又因為G(x)在 (1, + )上單調遞增， x0 > 0 即 ex0 >1， x >1，所以 x = ex01 4 ，
又因為 ex0 - 2x0 + ln x0 = 0 ，所以 x1 + x
x0
4 = e + ln x0 = 2x0 ，
即直線 y = b與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列.
【點睛】思路點睛：函數的最值問題，往往需要利用導數討論函數的單調性，此時注意對參數的分類討論，
而不同方程的根的性質，注意利用方程的特征找到兩類根之間的關系.
f x 1= x2 + lnx 1- 2 + 1．已知函數 ÷ x， a 0 ．a è a
（1）求函數 f x 的單調區間；
（2）令F x = af x - x2，若F x <1- 2ax在 x 1, + 恒成立，求整數 a 的最大值．
( 4參考數據： ln3 < ， ln4
5
> )
3 4
【答案】（1）答案見解析；（2）3.
1 x - a 2x -1 【分析】 求得 f x = ，結合二次函數性質對 a 進行討論求解單調性；
ax
2 F x = alnx - 2a +1 x a x +1, (x 1) x +1由題設可得 ，將問題轉化為 < > 恒成立，構造 h x = , (x >1)并應
lnx lnx
用導數研究最小值，由 a < h(x)min 即可求整數 a 的最大值．
2
1 f x 0, 2x 1 1 2x - 2a +1 x + a x - a 2x -1 【詳解】 的定義域為 + 且 f x = + - 2 + ÷ = = ，a x è a ax ax
①當 a<0時，由 f x > 0得：0 1< x < ，2

∴ a<0時， f x 的增區間為 0,
1 1
÷ ，減區間為2
,+ ÷，
è è 2
②當0 < a
1
< 時，令 f
2 x > 0得：0 < x
1
< a 或 x > ，
2
∴ f x 的增區間為 0, a 1 1 和 ,+ ÷.2 減區間為 a, ÷.è è 2
③當 a
1
= 時， f x 0恒成立，此時 f x 的增區間為 0,+ ，無遞減區間：2
1
④當 a > 時，令 f
2 x > 0得：0
1
< x < 或 x > a，
2
f x 0, 1 a, 1∴ 的遞增區間為 ÷ 和 + ，減區間為 ,a

÷．
è 2 è 2
2 F x = af x - x2 = alnx - 2a +1 x F x 1 2ax a x +1，則 < - < , (x >1)恒成立．
lnx
x +1 lnx
1
- -1
令 h x = , (x >1)，則 x ，
lnx h x = lnx 2
令 t x = lnx 1- -1， (x >1)，知 t x 在 1,+ 上遞增且 t 3 < 0， t 4 > 0，x
∴ $x0 3,4 ，使 t x0 = lnx
1
0 - -1 = 0x ，即
h x 在 1, x0 遞減，在 x0 ,+ 遞增，
0
h(x)min = h(x )
x0 +1 x0 +1
∴ 0
= = 1 = x0 (3, 4)ln x0 +1 ，
x0
∴由 a < h(x)min 知：整數 a 的最大值為 3．
a x +1【點睛】關鍵點點睛：第二問，將題設問題轉化為 < , (x >1)恒成立，構造函數并應用導數研究最值，
lnx
求參數.
1
2 2．已知函數 f (x) = ln x - ax ， a R ．
2
（1）求函數 f (x) 的單調區間；
（2）若關于 x 的不等式 f (x) (a -1)x -1恒成立，求整數 a的最小值．
【答案】（1）具體見解析；（2） 2 .
2
【分析】（1 1- ax）先確定函數的定義域，求導后得 f ' x = ，根據 a正負進行討論，可得函數的單調區間；
x
2 lnx + x +1
（2

）中可通過分離參數將問題轉化成 a 在區間 0, + 2 內恒成立求解，令x + 2x
2 lnx + x +1g x = 2 ，結合函數零點存在定理可求得g x 的最值．x + 2x
【詳解】（1）函數 f x 的定義域為 0, + ．
f ' x 1 1- ax
2
由題意得 = - ax = ，
x x
當 a 0時， f ' x > 0，則 f x 在區間 0, + 內單調遞增；
當 a > 0 1 1時，由 f ' x = 0，得 x = 或 x = - （舍去），
a a
0 x 1當 < < 時， f ' x > 0， f x 單調遞增，
a
當 x 1> 時， f ' x < 0， f x 單調遞減．
a
所以當 a 0時， f x 的單調遞增區間為 0, + ，無單調遞減區間；
1 1
當 a > 0時， f x 的單調遞增區間為 0, ÷÷，單調遞減區間為 ,+ ÷÷．
è a è a
1 2
（2）由 lnx - ax a -1 x -1，
2
得 2 lnx + x +1 a 2x + x2 ，
2 lnx + x +1
x 0 因為 > ，所以原命題等價于 a 2 在區間 0, + 內恒成立．x + 2x
2 lnx + x +1g x 令 =
x2
，
+ 2x
-2 x +1 2lnx + x則 g ' x

=
2 2 ，x + 2x
令 h x = 2lnx + x，則 h x 在區間 0, + 內單調遞增，
h 1 1又 ÷ = -2ln2 + < 0,h(1) =1 > 0，
è 2 2
1
所以存在唯一的 x0 ,1

÷ ，使得 h x0 = 2lnx0 + x2 0 = 0，è
且當0 < x < x0 時， g ' x > 0， g x 單調遞增，
當 x > x0時， g ' x < 0， g x 單調遞減，
2 lnx0 + x +1x x g x g x
x + 2 1
所以當 = 0時， 有極大值，也為最大值，且 =
0
max 2 =
0
x x + 2
=
x0 + 2x0 0 0 x
，
0
1
所以a x ，0
x 1
1
又 0

,1÷ ，所以 1,2 ,
è 2 x0
所以 a 2，
因為 a Z ，
故整數 a的最小值為 2．
【點睛】本題屬于導數的綜合應用題．第一問中要合理確定對 a進行分類的標準；第二問利用分離參數的方
法解題，但在求函數 g x 的最值時遇到了導函數零點存在但不可求的問題，此時的解法一般要用到整體代
換，即由 h x0 = 2lnx0 + x0 = 0可得 2lnx0 = x0，在解題時將 lnx0 進行代換以使問題得以求解．
3．已知函數 f x = ln x， h x = ax a R ．
(1)函數 f x 的圖象與 h x 的圖象無公共點，求實數 a 的取值范圍；
m x
1 x
(2)是否存在實數 ，使得對任意的 ,+

÷，都有函數 y = f x
m
+
2 的圖象在 g x
e
= 的圖象的下方？
è x x
1
若存在，求出整數 m 的最大值；若不存在，請說明理由． e + ln 2 1.992 ÷è
1
【答案】(1) ,+ ÷
è e
(2)存在，1
f x h x ln x【分析】（1）將函數 與 無公共點，等價于方程 = a在 0, + 無解，根據導數求最值即可求
x
解.
1
（2）將圖像位置關系轉化為m < ex - x ln x 對 x ,+ ÷恒成立,2 構造函數
,利用導數處理單調型即可求解.
è
【詳解】（1）函數 f x 與 h x 無公共點，
ln x
等價于方程 = a在 0, + 無解，
x
t x ln x t x 1- ln x令 = ，則 = t 2 ，令 x = 0 ，得 x = e，x x
因為 x = e
1
是唯一的極大值點，故 tmax = t e = e
x 0,e e e, +
t x + 0 -
t x 增 極大值 減
ln x 1 1
故要使方程 = a在 0, + 無解，當且僅當a > ，故實數 a 的取值范圍為 , + ；
x e ֏ e
x 1
（2
m e
）假設存在實數 m 滿足題意，則不等式 ln x + < 對 x ,+ 2 ÷恒成立．x x è
1
即m < ex - x ln x 對 x ,+

2 ÷恒成立．è
令 r x = ex - x ln x r x = ex x，則 - ln x -1，令j x = e - ln x -1，則j x ex 1= - ，
x
1
∵j x 1 1 1 在 ,+ 2 ÷上單調遞增，j ÷ = e
2 - 2 < 0，j 1 = e-1 > 0，且j x 的圖象在 ,12 ÷上連續，è è 2 è
x 1 ,1
1
∴ x0存在 0 ÷ ，使得j x0 = 0 ，即 e - = 0 x = - ln x
è 2 x
，則 0 0 ，
0
∴當 x
1
, x0 ÷時，j x 單調遞減；
è 2
當 x x0 ,+ 時，j x 單調遞增，
j x j x ex ln x 1 x 1 1 2 x 1則 取到最小值 00 = - 0 - = 0 + - 0 × -1 = 1 > 0，x0 x0
r x > 0 r x 1∴ ，即 在區間 ,+

2 ÷內單調遞增．è
m r 1
1
e2 1 1
1
ln e2 1 = - = + ln 2 1.99，
è 2 ÷ 2 2 2
∴存在實數 m 滿足題意，且最大整數 m 的值為 1．
1．（2024·福建福州·三模）已知函數 f (x) = ax - ln(1- x)(a R)．
(1)求曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程；
(2)若 f (x) 0恒成立，求 a的值
【答案】(1) y = (a +1)x；
(2) a = -1
【分析】（1）根據導數的幾何意義求解即可；
（2 ）由 f (x) = ax - ln(1- x)，得 f (x) = a
1
+ (x <1) ，當 a 0時，不符合題意；當 a<0時， f (x) 最小值為
1- x
f 1 1+

÷ = a +1+ ln(-a)，若 f (x) 0恒成立，則 a +1+ ln(-a) 0 ，設j(x) = x +1+ ln(-x)(x < 0) ．根據導數
è a
研究j(x) 的最大值，即可求出 a的值.
【詳解】（1）定義域為 (- ,1)，由 f (x) = ax - ln(1- x)
1
，得 f (x) = a + (x <1) ，
1- x
因為 f (0) = 0, f (0) = a +1，
所以曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程為 y = (a +1)x；
（2 ）定義域為 (- ,1)， f (x) a
1 -ax + a +1
= + = ，
1- x 1- x
①當 a 0時， f (-1) = -a - ln 2 < 0，不符合題意．
1
②當 a<0時，令 f (x) = 0，解得 x = 1 + ，
a
x - ,1 1+ 1 當 ÷ 時， f (x) < 0, f (x) 在區間 - ,1+ ÷上單調遞減，
è a è a
1
當 x 1+ ,1 時， f
1
÷ (x) > 0, f (x)

在區間 1+ ,1÷ 上單調遞增，
è a è a
1 1
所以當 x = 1 + 時， f (x)

取得最小值 f 1+

÷ = a +1+ ln(-a)；a è a
若 f (x) 0恒成立，則 a +1+ ln(-a) 0 ，
設j(x) = x +1+ ln(-x)(x < 0) j ，則 (x) 1
1 x +1
= + = ，
x x
當 x (- ,-1)時，j (x) > 0,j (x)在區間 (- , -1)上單調遞增，
當 x (-1,0)時，j (x) < 0,j (x)在區間 (-1,0) 上單調遞減，
所以j(x) j(-1) = 0 ，即 a +1+ ln(-a) 0 的解為 a = -1．
所以 a = -1 .
2 2．（2024·山東日照·三模）已知函數 f x = a ln x - x + a - 2 x g x = x - 2 ex - x2， - 4x + m， a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)當 a = -1時，對"x 0,1 ， f x > g x ，求正整數m 的最大值.
【答案】(1)答案見解析；
(2)3.
【分析】（1）求出函數 f x 的導數，再按 a 0與 a > 0分類討論求出函數的單調性.
（2）把 a = -1代入，再等價變形給定的不等式，構造函數，利用導數求出最小值的范圍得解.
f x 0, + a x +1 -2x + a1 f x 2x a 2 【詳解】（ ）函數 的定義域為 ，求導得 = - + - = ，
x x
①當 a 0時，有 f x < 0，此時函數 f x 在區間 0, + 上單調遞減；
②當 a > 0時，當 x 0,
a a
÷ 時， f x > 0，此時函數 f x 在區間 0, ÷上單調遞增；
è 2 è 2
a
當 x ,+
a
÷時， f x < 0

，此時函數 f x 在區間
2
,+ 上單調遞減.
è è 2 ÷
所以當 a 0時，函數 f x 在區間 0, + 上單調遞減；
a a
當 a 0 f x 0, > 時，函數 在區間 ÷上單調遞增，在區間 ,+ ÷ 上單調遞減.
è 2 è 2
（2）當 a = -1， x 0,1 時， f x > g x 恒成立，等價于m < -x + 2 ex - ln x + x 恒成立，
h x = -x + 2 ex - ln x + x x 0,1 h x = 1- x x 1 設 ， ，則 e - ，
è x ÷
當0 < x <1時，有1 - x > 0 ，
x 1 1
函數u x = e - 在 0,1 上單調遞增，且u ÷ = e - 2 < 0 ，u 1 = e -1 > 0 ，x è 2
1
則存在唯一的 x
1
0 ,1÷，使得u x0 = 0，即 ex0 =
è 2 x
，
0
當 x 0, x0 時，u x < 0， h x < 0；當 x x0 ,1 時，u x > 0 ， h x > 0，
函數 h x 在 0, x0 上單調遞減，在 x0 ,1 上單調遞增，
h x = h x0 = -x0 + 2 ex0 - ln x0 + x0 = -x
1 2
0 + 2 + 2x0 = -1+ + 2xmin x x 00 0
y 2 2 2設 = -1+ + 2x，則當 x 0,1 時， y = - 2 + 2 < 0，函數 y = -1+ + 2x在 0,1 上單調遞減，x x x
1
又因為 x0 ,1÷，所以 h x0 3,4 .
è 2
所以正整數m 的最大值是 3.
a
3．（2022· x全國·模擬預測）已知函數 f x = a +1 e + x - 3，其中 e 為自然對數的底數， a R ．e
(1)討論函數 f x 的單調性；
3
(2)當 a＝0 時，若存在 x R 使得關于 x 的不等式 k xf x 成立，求 k 的最小整數值．（參考數據： e4 2.1）
【答案】(1)答案見解析；
(2)0.
【分析】（1）求出函數 f x 的導數，分 a < -1，-1 a 0， a > 0三種情況討論 f x 的符號求解作答.
（2）構造函數 g x = xf x ，求出 g x 的最小值取值范圍，再由不等式成立求整數 k 的最小值作答.
a a +1 e2xf x x - a【詳解】（1）函數 的定義域 R，求導得： f x = a +1 e -
ex
= x ，e
x a a 1 a+a < -1 e + ÷ e
x -
若 ，由 è a +1 è a +1
÷
，得 x = ln
a
，
f x = = 0 a +1
ex
a a
當 x - , ln ÷÷ 時， f x > 0，當 x ln ,+ ÷÷ 時， f x < 0，
è a +1 è a +1

則 f x 在 - , ln
a a
÷÷上單調遞增，在 ln ,+ ÷÷上單調遞減，
è a +1 è a +1
若-1 a 0，則對任意 x R 都有 f x > 0，則 f x 在 R 上單調遞增，

若 a > 0，當 x - , ln
a
÷÷ 時， f x < 0，當 x ln
a ,+
a 1 a 1 ÷÷
時， f
+ x > 0，è è +

則 f x a a在 - , ln ÷÷上單調遞減，在 ln ,+ 上單調遞增，
è a +1 è a +1 ÷
÷

a a
所以，當 a < -1時， f x 在 - , ln ÷÷上單調遞增，在 ln ,+ a 1 ÷÷上單調遞減；è + è a +1
當-1 a 0時， f x 在 R 上單調遞增；
a a
當 a > 0時， f x 在 - , ln a 1 ÷÷上單調遞減，在 ln ,+ ÷上單調遞增．è + è a +1 ÷
（2）當 a=0 時，令 g x = xf x = x ex - 3 ，則 g x = x +1 ex - 3，令 h x = x +1 ex - 3，
則 h x = x + 2 ex ，則當 x -2, + 時， h x > 0， g x = h x 在 -2, + 上單調遞增，
當 x - ,-2 時， h x < 0， g x 在 - , -2 上單調遞減，
3
因 g 0 = 1- 3 = -2 < 0 g 3 7 3， ÷ = e4 - 3 0.675 > 0

，則存在 x0 0, ÷，使得 g x0 = x0 +1 ex0 - 3 = 0 ，
è 4 4 è 4
x 30
即 e = x0 +1
，
則當 x x0 ,+ 時， g x > 0，當 x -2, x0 時， g x < 0，
又當 x - ,-2 時， g x < 0，所以當 x - , x0 時， g x < 0，因此 g x 在 - , x0 上單調遞減，在
x0 ,+ 上單調遞增，
x 3 é 1 ù 3
于是 g x = g x 00 = x0 e - 3 = x0 - 3÷ = -3ê x0 +1 + - 2ú ， x0 0,min x +1 x +1 4 ÷，è 0 0 è
x 7 0 +1 1, ÷ , x
1 65
0 +1+

2,

4 x +1 28 ÷è 0 è
g x 27 - ,0

min ÷ ．è 28
若存在 x R 使得關于 x 的不等式 k xf x 成立，且 k 為整數，得 k 0，
所以 k 的最小整數值為 0.
【點睛】結論點睛：函數 y = f x 的定義區間為D，若$x D ，使得m < f (x)成立，則m < f (x)max ；若
$x D ，使得m > f (x) 成立，則m > f (x)min .
4．（2023·江西上饒·一模）已知 f (x) = ex - ax， g(x) = ex (1- sin x) ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若 a (0,3)， h(x) = f (x) - g(x)，試討論 h(x) 在 (0, π)
p
內的零點個數．（參考數據： e 2 4.81）
【答案】(1)答案見解析.
(2)當0 < a 1時， h x 在 (0, π) 上僅有一個零點，當1 < a < 3 時， h x 在 (0, π) 上有 2 個零點.
【分析】（1）求出函數的導數，討論 a 的范圍，判斷導數正負，可得答案；
（2）求出 h(x) = f (x) - g(x)的導數，再次求導，分0 < a 1和a 1討論 h 0 =1- a 的正負，判斷函數的單
調性，進而結合零點存在定理判斷函數零點的個數.
【詳解】（1）由已知可知 f (x) = ex - a ,
當 a 0時， f x > 0， f x 在 R 上單調遞增；
當 a > 0時，令 f x = 0，則 x = lna，
當 x (- , ln a) 時， f x < 0， f x 在 (- , ln a)單調遞減,
當 x ln a, + 時， f x > 0 , f x 在 ln a, + 單調遞增.
綜上，當 a 0時， f x 在 R 上單調遞增，
當 a > 0時， f x 在 (- , ln a)單調遞減， f x 在 ln a, + 單調遞增.
（2）由已知 h(x) = ex - ax - ex (1- sin x)， h x = ex sin x + cos x - a ，
令H x = ex sin x + cos x - a ,則H x = 2excosx ,
當 x (0,
π)時，H x > 0, h x (0, π在 ) 上單調遞增；
2 2
當 x (
π ,π) 時，H x < 0, h x π在 ( , π) 上單調遞減，
2 2
h 0 =1- a h ( π
π
， ) = e 2 - a > 0， h (π) = -eπ - a < 0 ，
2
π
①當0 < a 1時，1- a 0 ， h 0 0 ，存在唯一的 x0 ( ,π)，使得 h x0 = 0，2
當 x (0, x0 )時， h x > 0,h x 在 (0, x0 )上遞增；當 x x0 , π 時， h x < 0, h x 在 x0 , π 上遞減，
因為 h 0 = 0，所以 h x0 > 0，又因為 h π = -aπ < 0，
由零點存在性定理可得， h x 在 (0, π) 上僅有一個零點；
②當1 < a < 3時，h 0 =1- a < 0，$x1 (0,
π), x π2 ( ,π)，使得 h x1 = h x2 ，2 2
當 x (0, x1)和 x (x2 ,π)時， h x < 0, h x 單調遞減，
當 x x1, x2 時， h x > 0,h x 單調遞增，
π π π
因為 h 0 = 0，所以 h x1 < 0 ，又因為 h( ) π 3π= e 2 - a > e 2 - > 0， 2 2 2
所以 h(x2 ) > h(
π) > 0，
2
而 h π = -aπ < 0，由零點存在性定理可得， h x 在 x1, x2 和 x2 , π 上各有一個零點，即 h x 在 (0, π) 上有 2
個零點，
綜上所述，當0 < a 1時， h x 在 (0, π) 上僅有一個零點，
當1 < a < 3時， h x 在 (0, π) 上有 2 個零點．
x
【點睛】難點點睛：解答 h(x) 在 (0, π) 內的零點個數問題，難點在于設出H x = e sin x + cos x - a ,求導后,
要進行分類討論，判斷函數單調性，結合零點存在定理，判斷零點個數.
2
5．（2024·浙江紹興·二模）已知函數 f x x= - x + a sin x .
2
(1)當 a = 2時，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 x 0, π 時， f x > 0，求實數 a的取值范圍.
【答案】(1) y = x ；
(2) a 1 .
【分析】（1）根據導數的幾何意義求出切線的斜率，進而求出切線方程；
（2）分a 1和a < 1討論，利用導數結合不等式放縮判斷導數正負，結合單調性驗證恒成立是否滿足.
2
【詳解】（1）當 a = 2 f x x時， = - x + 2sin x，則 f x = x -1+ 2cos x ，
2
所以切線斜率為 k = f 0 =1，又 f 0 = 0，
所以，切線方程是 y = x .
（2）①當a 1時，因為 x 0, π ，所以 sin x > 0，
x2 x2
所以 f x = - x + a sin x - x + sin x .
2 2
2
記 g x x= - x + sin x ，則 g x = x -1+ cos x，
2
令 h x = g x = x -1+ cos x，則 h x =1- sin x .
因為當 x 0, π 時， h x 0，所以 g x 在區間 0, π 上單調遞增，
所以， g x > g 0 = 0，
所以， g x 在區間 0, π 上單調遞增，
所以， g x > g 0 = 0，所以 f x > 0 .
②當a < 1時， f x = x -1+ a cos x，
因為當 x 0, π 時， sin x 0,1 ，
令j x = f x = x -1+ a cos x，則j x =1- a sin x ，
若 a 0，則j x > 0，即 f x 在區間 0, π 上單調遞增.
若 0 < a < 1，則j x =1- a sin x 1- a > 0，
所以 f x 在區間 0, π 上單調遞增.
所以當a < 1時， f x 在區間 0, π 上單調遞增.
因為 f 0 a 1 0 f π π= - < ， ÷ = -1 > 0，
è 2 2

所以，存在 x0 0,
p
÷，使得 f x0 = 0，
è 2
所以，當 x 0, x0 時， f x < 0，即 f x 在區間 0, x0 上單調遞減，
所以 f x0 < f 0 = 0，不滿足題意.
綜上可知，實數 a的取值范圍為a 1 .
6．（2024·河南信陽·模擬預測）已知函數 f x = xlnx ， h x = x x -1 x > 0 ．
(1)試比較 f x 與 h x 的大小；
(2)若 f x x -1 ax - a +1 恒成立，求 a的取值范圍．
【答案】(1)答案見詳解
(2) 1, +
x -1
【分析】（1）因為 f x - h x = x ln x
x -1
- ÷，構建F x = ln x - , x > 0，利用導數判斷F x 的單調性，
è x x
結合F 1 = 0分析判斷；
（2）構建 g x = ax - ln x a -1+ +1- 2a, x > 0 ，原題意等價于 g x 0在 0, + 內恒成立，利用導數分類討
x
論 g x 的單調性和最值，結合恒成立問題分析求解.
【詳解】（1）因為 f x - h x = x ln x - x x -1 = x ln x
x -1
-
x ÷
，
è
F x = ln x x -1- , x > 0
2
x -1
構建 ，則F x = - 0在 0, + 內恒成立，x 2x x
可知F x 在 0, + 內單調遞減，且F 1 = 0，則有：
若0 < x <1，則F x > 0，即 f x > h x ；
若 x =1，則F x = 0，即 f x = h x ；
若 x >1，則F x < 0，即 f x < h x .
（2）若 f x x -1 ax - a +1 恒成立，則 ax - ln x a -1+ +1- 2a 0 ，
x
構建 g x = ax - ln x a -1+ +1- 2a, x > 0 ，
x
原題意等價于 g x 0在 0, + 內恒成立，
則 g x 1 a -1 x -1 ax + a -1 = a - - 2 = 2 ，x x x
1.若 a 0，則 ax + a -1< 0
當0 < x <1時， g x > 0；當 x >1時， g x < 0；
可知 g x 在 0,1 內單調遞增，在 1, + 內單調遞減，
則 g x g 1 = 0 ，不符合題意；
2.若 a > 0，則有：
（ⅰ）若a 1，則 ax + a -1 > 0，
當0 < x <1時， g x < 0；當 x >1時， g x > 0；
可知 g x 在 0,1 內單調遞減，在 1, + 內單調遞增，
則 g x g 1 = 0 ，符合題意；
1
（ⅱ）若 0 < a < 1時，令 g x = 0 ，解得 x =1或 x = -1 > 0，
a
1 1 1
①若 -1 > 1，即0 < a < 時，當1 < x < -1時， g x < 0，
a 2 a
可知 g x 在 1,
1
-1 ÷內單調遞減，此時 g x < g 1 = 0 ，不合題意；
è a
1 1 2
② x -1 若 -1 = 1，即 a = 時，則
a 2 g x = 2 0，2x
可知 g x 在 0, + 內單調遞增，
當 x 0,1 時，此時 g x < g 1 = 0 ，不合題意；
1 1 1 1③若 - < ，即 < a <1時，則0 < 1- a 2 1- a< <1，
a 2 a
x -1 1
由（1）可知：當0 < x <1時， ln x > = x - ，
x x
g x 1 2a ln x ax a -1 1 2a x 1 ax a -1則 = - - + + < - - - ÷ + + ，x è x x
可得 g 1- a 2 1 a -1<1- 2a - 2 2 1- a - + a 1- a +
è 1- a ÷ 1- a 2
= a a - 2 < 0，不合題意；
綜上所述： a的取值范圍為 1, + .
【點睛】方法點睛：兩招破解不等式的恒成立問題
（1）分離參數法
第一步：將原不等式分離參數，轉化為不含參數的函數的最值問題；
第二步：利用導數求該函數的最值；
第三步：根據要求得所求范圍．
（2）函數思想法
第一步：將不等式轉化為含待求參數的函數的最值問題；
第二步：利用導數求該函數的極值；
第三步：構建不等式求解．
7．（2024·安徽安慶·三模）已知函數 f x = xlnx - ax a R 在點 e, f e 處的切線平行于直線 x - y = 0．
(1)若 f x mx - e2 對任意的 x 0, + 恒成立，求實數m 的取值范圍；
(2) x h x = f x + x2若 0 是函數 的極值點，求證： f x0 + 3x0 > 0．
【答案】(1) - , 2
(2)證明見解析
【分析】（1）根據 f e 等于直線 x - y = 0的斜率可得 a =1，然后參變分離，將恒成立問題轉化為求
g x lnx 1 e
2
= - + , x > 0 的最小值問題，利用導數求解即可；
x
（2）求導，利用零點存在性定理判斷 h x 存在隱零點，利用隱零點方程代入 f x0 + 3x0 化簡，結合隱零點
范圍即可得證.
【詳解】（1） f x 的定義域為 0, + ， f x = lnx +1- a ，
由題知 f e =1+1- a = 2 - a =1，解得 a =1．
xlnx - x + e2
由題意可知 m 對任意的 x 0, + 恒成立，
x
2 c2
即 lnx -1 e+ m對任意的 x 0, + 恒成立，只需 lnx -1+ ÷ m ，
x è x min
2 2 2
令 g x = lnx e-1+ , x > 0 ，則 g x 1 e x - e= - = ，
x x x2 x2
2
所以當 x 0,e 時， g x < 0，函數 g x 單調遞減；
當 x e2 ,+ 時， g x > 0，函數 g x 單調遞增．
所以 g(x) 2min = g e = 2 -1+1 = 2，
于是m 2，因此實數m 的取值范圍是 - , 2 ．
（2）由條件知 h x = xlnx - x + x2 ，對其求導得 h x = lnx + 2x，
函數 h x 在 0, 1+ 2上單調遞增，且 h ÷ = -1+ 0,h 1 = 2 0 ，
è e e
所以存在 x
1
0

,1÷，使 h x0 = 0，即 lnx0 + 2x0 = 0 ，
è e
當 x 0, x0 時， h x < 0，函數 h x 單調遞減；
當 x x0 ,+ 時， h x > 0，函數 h x 單調遞增，
于是 x0 是函數 h x 的極值點，
f x + 3x = x lnx + 2x = -2x2所以 0 0 0 0 0 0 + 2x0 = 2x0 1- x0 > 0，即得證．
1
8．（2024·四川綿陽·模擬預測）已知函數 f x = alnx - + x a R .
x
(1)討論 f x 的零點個數；
2
(2)若關于 x 的不等式 f x 2x - 在 0, + 上恒成立，求 a的取值范圍.
e
【答案】(1)答案見解析
a é1 1ù(2) ê - e,e - e e ú
.

【分析】（1）求出函數導數，對于 a 分來討論，確定函數的單調性，結合函數的單調性以及極值情況，即
可求得答案；
f x 2x 2（2）不等式 - 在 0, + 1 2上恒成立等價于 alnx - x - + 0在 0, + 上恒成立，從而構造函數
e x e
G x = alnx 1 2- x - + ，利用導數判斷其單調性求解即可.
x e
【詳解】（1）因為 f x = alnx 1- + x的定義域為 0, + ，
x
當 x =1時， f 1 = 0，所以 1 是 f x 的一個零點，
2
f x a 1= + 2 +1
x + ax +1
=
x x x2
，
2
g(x) = x2 + ax +1, x > 0 g(x) a= x + a
2
令 ，則 ÷ +1- , x > 0，
è 2 4
a
當- 0，即 a 0時， g(x)在 (0,+ )上單調遞增，則 g(x) > g(0) =1 > 0，
2
故 f x > 0， f x 在 (0,+ )上單調遞增，結合 f 1 = 0，
可知此時 f x 有 1 個零點；
a 2
當- >0 a，即 a<0時，若1- 0，則-2 a < 0時， g(x) 0，
2 4
故 f x > 0， f x 在 (0,+ )上單調遞增，結合 f 1 = 0，
可知此時 f x 有 1 個零點；
2
若1 a- < 0，則 a -2時，則 g(x) = x2 + ax +1 = 0的判別式D = a2 - 4 > 0，
4
不妨設兩根為 x1, x2 ，則 x1 + x2 = -a > 0,x1x2 =1，
即 x2 + ax +1 = 0 有 2 個正數根，且不妨設 0 < x1 < 1 < x2 ，
則當0 < x < x1 時， g(x) > 0 ，即 f x > 0；當 x1 < x < x2 時， g(x) < 0，即 f x < 0；
當 x > x2 時， g(x) > 0 ，即 f x > 0；
則可知 f x 在 x1,1 上單調遞減，則 f (x) = f x極大 1 > f (1) = 0，
f x 在 1, x2 上單調遞減，則 f (x) = f x2 < f (1) = 0極小 ，
1
由當 x 無限趨近于 0 時，- 的變化幅度要大于 alnx 的變化幅度，
x
f x 1故 = alnx - + x趨近于負無窮，
x
當 x 趨近于正無窮時，x 的變化幅度要大于 alnx 的變化幅度，
故 f x = alnx 1- + x趨近于正無窮，
x
1
此時函數 f x = alnx - + x有 3 個零點，
x
綜上：當 a < -2時， f x 有 3 個零點，當 a -2時， f x 有 1 個零點
（2）不等式 f x 2x 2- 在 0, + 上恒成立
e
等價于 alnx - x
1 2
- + 0在 0, + 上恒成立，
x e
2
令G x alnx 1 2= - x - + G x a 1 1 x - ax -1，則 = - + = - .x e x x2 x2
對于函數 y = x2 - ax -1， n = a2 + 4 > 0，所以其必有兩個零點.
又兩個零點之積為 -1，所以兩個零點一正一負，
1
設其中一個零點 x0 0, + 2，則 x0 - ax0 -1 = 0 ，即 a = x0 - x .0
此時G x 在 0, x0 上單調遞增，在 x0 ,+ 上單調遞減，

故需G
1 1 2
x0 0 ，即 x0 - ÷ lnx0 - x0 - + 0 .
è x0 x0 e
設函數 h x = 1 1 2 1 x - ÷ lnx - x - + ，則 h x = 1+
è x x e è x2 ÷
lnx .

當 x 0,1 時， h x < 0；當 x 1,+ 時， h x > 0 .
所以 h x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增.
h 1 又 ÷ = h e = 0
é1 ù
e ，所以
x0
è ê
, eú . e
由 a = x
1
0 -
é1 ù
x 在 ê
,eú 上單調遞增，
0 e
a é1 e,e 1得 ê - -
ù
e e ú
.

【點睛】方法點睛：解決函數 f x 的零點問題，一般兩種思路：（1）分離參數法，此時要注意參數的系數
正負確定，便于分離才可應用這種方法，不過這種方法有可能要用到洛必達法則；（2）當參變分離不容易
進行時，可構造函數，求解函數的最值，來討論確定答案.
3x
9．（2022·河北唐山·二模）已知函數 f x = ， g x = bsin x，曲線 y = f x 和 y = g x 在原點處有相同
x + 3
的切線 l．
(1)求 b 的值以及 l 的方程；
(2)判斷函數h x = f x - g x 在 0, + 上零點的個數，并說明理由．
【答案】(1) b =1， l的方程： y = x .
(2) h x 在 0, + 上有 1 個零點，理由見解析.
【分析】（1）根據曲線 y = f x 和 y = g x 在原點處有相同的切線 l，則可知斜率相等，進一步求出 b 的值
以及 l 的方程；
（2）函數零點即是圖象與 x 軸的交點，需要用導數的方法研究函數 h x ，其中要進行二次求導，運用零點
存在性定理說明函數 h x 的零點情況.
9
【詳解】（1）依題意得： f x = 2 ， g
x = bcos xx + 3 .
\ f 0 = g 0 = b =1，
\b =1， l的方程： y = x .
x p 3x 9（2）當 > 時， = 3- >1 sin x， h x > 0 ，此時 h x 無零點.
2 x + 3 x + 3
p 9
當 0 < x < h x = - cos x2 時， x 3 2 +
令H x
9
= 2 - cos x, x
0, p
x + 3 ֏ 2
則H x
18
= - + sin x p
x + 3 3 ，顯然H
x 在 0，
è 2 ÷
上單調遞增，

又H 0 2 p p= - < 0，H ÷ > 0 ，所以存在 t 0,

÷使得H t = 0，3 è 2 è 2
因此可得0 < x < t 時，H x < 0 ，H x 單調遞減；
p
t p< x < 時，H x > 0，H x 單調遞增；又H 0 = 0 ，H > 0
2 ֏ 2
p
所以存在l

t,

2 ÷，使得
H l = 0 ，
è
即0 < x < l時，H x < 0， h x < 0， h x 單調遞減；
p
l < x < 時，H x > 0， h x > 0， h x 單調遞增；
2
p p
又 h 0 = 0， h > 0 h x 0， .
è 2 ÷
，所以 在 2 ÷上有一個零點 è
綜上， h x 在 0, + 上有 1 個零點.
【點睛】本題考查導數幾何意義、函數的零點、用導數研究函數的單調性以及零點存在性定理，知識考查
較為綜合，對學生是一個挑戰，屬于難題.
10．（2023·海南海口·二模）已知 f x = ln x - ax + a .
(1)若 f x 在 x =1處取到極值，求 a的值；
(2)直接寫出 f (x) 零點的個數，結論不要求證明；
(3)當 a = -1時，設函數 g(x) = xf (x)，證明：函數 g(x)存在唯一的極小值點且極小值大于-2 .
【答案】(1)1；
(2) a =1且 a 0有一個零點； a > 0且a 1有兩個零點；
(3)證明見解析.
【分析】（1）求出函數 f (x) 的導數 f (x) ，由 f (x) = 0求出 a 并驗證作答.
（2）由已知可得 1 是 f (x) 的一個零點，按 a 0,0 < a <1,a =1, a >1分段討論，利用導數結合零點存在性定理
判斷作答.
（3）求出函數 g(x)及導數，探討極值點，再結合隱形零點確定極小值大于-2作答.
【詳解】（1） f x 1的定義域為 (0, + )， f x = - a ， f 1 =1- a = 0x ，所以 a =1，
又 a =1時， f x = ln x - x +1， f x 1= -1，得 f x 在 0,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
x
即 f x 在 x =1處取到極大值，所以 a =1符合要求.
（2）由（1）知，當 a 0時， f x > 0，函數 f x 在 (0, + )上單調遞增，而 f (1) = 0，則 f x 有唯一零
點；
1 1
當 a > 0時， x (0, ), f (x) > 0, f (x)單調遞增， x ( ,+ ), f (x) < 0, f (x)a 單調遞減，a
f (x)max = f (
1) = - ln a -1+ a
a
令j(x) = - ln x -1+ x, x > 0
1
，j (x) = - +1，
x
x (0,1),j (x) < 0,j(x)單調遞減， x (1,+ ),j (x) > 0,j(x)單調遞增，j(x) j(1) = 0，當且僅當 x =1時取等
號，
因此當 a > 0時， f (x) f (
1
max = ) 0，當且僅當 a =1時取等號，a
于是當 a =1時， f x 有唯一零點；
1 1 1 1 1
當 0 < a < 1時， f x 在 (0, )內有唯一零點 1，當 x ( ,+ ) 時， f (ea ) = + a - a ×ea
a a
，
a
令u(x) = ex - x2 -1, x >1，u (x) = ex - 2x，令 y = u (x), x >1，則 y = ex - 2 > 0，
即函數u (x)在 (1, + )上單調遞增，u (x) > u (1) = e - 2 > 0，于是函數u(x) 在 (1, + )上單調遞增，
1 1 1
u(x) > u(1) = e - 2 > 0 1 1，即當 x >1時， ex > x2 +1，因此 ea > 2 +1，有-a ×ea < - - a ，即a a f (e
a ) < 0，
1
從而函數 f x 在 ( ,+ )a 上有唯一零點，即函數 f x 有兩個零點；
1 -a 1
當 a > 1時，函數 f x 在 ( ,+ )a 上有唯一零點 1，由 e
x > x2 +1 > x，得 ea > a ，即有 e < ，a
而 f (e-a ) = -a - a ×e-a + a = -a ×e-a < 0 ，從而函數 f x (0, 1在 )上有唯一零點，即函數 f x 有兩個零點，
a
綜上得當 a =1或 a 0時， f (x) 有一個零點； a > 0且a 1時， f (x) 有兩個零點.
（3）依題意， g x = xf x = x ln x - x + x2，函數 g x 的定義為 (0, + )，
求導得 g x = ln x + 2x，顯然函數 g x 在 (0, + )上單調遞增，
g (1又 ) = -1
2
+ < 0, g 1 = 2 > 0，則存在 x0 (1 ,1) ，使得 g x = 0，e e e 0
當 x (0, x0 )時， g x < 0， g x 單調遞減，當 x (x0 ,+ ) 時， g x > 0， g x 單調遞增，
即當 x = x0時，函數 g x 取得極小值 g x0 ，無極大值，
由 g x0 = ln x0 + 2x0 = 0，得 ln x0 = -2x0，因此 g x0 = x0 ln x - x + x20 0 0 = -x20 - x0 ，
h(x ) x2 x (x 1 1令 0 = - 0 - 0 = - 0 + )
2 + ，
2 4
1
則函數 h(x0 )在 ( ,1) 上單調遞減，因為 x0 (
1 ,1) ，所以 h(xe 0
) > h(1) = -2，函數 g x 的極小值 g x0 > -2e
所以函數 g x 存在唯一的極小值點且極小值大于-2 .
【點睛】思路點睛：涉及含參的函數零點問題，利用導數分類討論，研究函數的單調性、最值等，結合零
點存在性定理，借助數形結合思想分析解決問題.
11．（2021·四川南充·模擬預測）已知函數 f (x) ln x mx2 g(x)
1
= - ， = mx2 + x m R2 ， ，令
F (x) = f (x) + g(x)．
（1）當m
1
= 時，求函數 f x 的單調區間及極值；
2
（2）若關于 x 的不等式F x mx -1恒成立，求整數m 的最小值．
1
【答案】（1）單調遞增區間為 0,1 ；單調遞減區間為 (1, + )； f x 的極大值為- ，無極小值；（2）2．
2
【分析】（1）根據導數與函數單調性和極值的關系求函數 f x 的單調區間及極值；
（2）設G x = F x - mx -1 ，求函數G x 的最大值，由此可得整數m 的最小值．
m 1 f x ln x 1 x2 x 0 f x 1【詳解】解：（1）當 = 時， = - > ，所以 = - x x > 0 ．
2 2 x
令 f x = 0得 x =1．
由 f x > 0得0 < x <1，所以 f x 的單調遞增區間為 0,1 ．
由 f x < 0得 x >1，所以 f x 的單調遞減區間為 (1, + )．
所以 f x 的極大值為 f 1 1，即- ，無極小值．
2
（2）令G x = F x - mx 1-1 = ln x - mx2 + 1- m x +1，
2
-mx
2 + 1- m x +1
所以G x 1 = - mx + 1- m = ，
x x
當m 0時，因為 x > 0，所以G x > 0，所以G x 在 (0, + )上是增函數，
3
又因為G 1 = - m + 2 > 0，
2
所以關于 x 的不等式F x mx -1不能恒成立．

2 m x
1
- x +1
當m > 0時， -mx + 1- mG x x +1
÷
= = - è m ．
x x
令G x = 0 x 1= x 1 ，得 ，所以當 0,
m ÷
時，G x > 0；
è m
x 1當 , +

÷時，G x < 0 ，
è m
G x 0, 1 1 ,+ 因此函數 在 ÷上是增函數，在 ÷上是減函數．
è m è m
故函數G x 1 1的最大值為G ÷ = - ln m ．
è m 2m
令 h(m)
1
= - ln m，因為 h(1)
1 1
= > 0， h(2) = - ln 2 < 0，
2m 2 4
且 h m 在 (0, + )上是減函數，所以當m 2時， h m < 0．
所以整數m 的最小值為 2．
【點睛】對于不等式恒成立問題，常用到以下兩個結論：
(1)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
(2)a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min.
12．（2024·四川遂寧·模擬預測）已知函數 f x = x 1- + a ln x，其中 a R .
x
(1)當 x 1,+ 時， f x 0，求 a 的取值范圍.
(2)若 a < -2，證明： f x 有三個零點x1，x2， x3 （ x1 < x2 < x3），且x1，x2， x3 成等比數列.
【答案】(1) -2, +
(2)證明見解析
【分析】（1）利用 f 1 = 0，且 f x 0 （ x 1），結合 f 1 = a + 2 0，解得 a -2，然后再證明 a -2
滿足題意， a < -2時不符題意即可；
2 2
（2）結合（1） f p > 0， f q < 0，從而取特殊值 xp = a + a2 +1 以及 x 2q = a +1 - a ，繼而判斷 f xp
和 f xq 的正負情況，推出 f x 的零點情況，結合等比數列的定義，即可證明結論.
2
【詳解】（1）由題意可知 f x 的定義域為 0, + f x 1 1 a x + ax +1， = + 2 + = 2 , x > 0 ，x x x
因為 f 1 = 0， f x 0 （ x 1），所以必有 f 1 = a + 2 0，解得 a -2，
以下證明 a -2滿足題意.
1 1
由 x 1可知， ln x 0 ，所以當 a -2時， f x = x - + a ln x x - - 2ln x ，
x x
h x = x 1- - 2ln x x 1 x -1
2
設 （ ），
x h x = ，x2 0
所以 h x 在 (1, + )為遞增函數，所以 h x h 1 = 0，所以 f x h x 0，
a
當 a < -2時，對于函數 y = x2 + ax +1，- > 0,D = a2 - 4 > 0，
2
易知 x2 + ax +1 = 0 有兩個正根，不妨設為 p, q, p < q, ( pq =1)，則0 < p <1,q >1，
則當0 < x < p或 x > q時， f x > 0；當 p < x < q 時， f x < 0；
f x 在 0, p 和 q,+ 上單調遞增，在 p, q 上單調遞減，
因為 f 1 = 0，所以 f p > 0， f q < 0，與 x 1,+ 時， f x 0 ，不符合；
綜上，a 的取值范圍是 -2, + .
a 2
（2）由（1）可知，當 a < -2時，對于函數 y = x2 + ax +1，- > 0,D = a - 4 > 0，
2
易知 x2 + ax +1 = 0 有兩個正根，不妨設為 p, q, p < q, ( pq =1)，則0 < p <1,q >1，
則當0 < x < p或 x > q時， f x > 0；當 p < x < q 時， f x < 0；
f x 在 0, p 和 q,+ 上單調遞增，在 p, q 上單調遞減，
2
因為 f 1 = 0，所以 f p > 0， f q < 0，取 xp = a + a2 +1 ，則 xp (0,1)，
2
2 22 2 2 2（ a + a +1 < a + a + 2 a +1 = a + a +1 ÷ = a + a +1 =1），è
設 h(x) = lnx - x +1,x > 0，則 h (x)
1 1- x
= -1 = ，
x x
當0 < x <1時， h (x) > 0， h(x) 在 (0,1)上單調遞增，
當 x >1時， h (x) < 0， h(x) 在 (1, + )上單調遞增，故 h(x) h(1) = 0 ，
即 ln x x -1 < x，當且僅當 x =1取等號，
即得 ln
1 1
< ，即 ln x
-2
> ，
x x x
1 1 2a x - 2a x -1
則 f xp = xp - + a ln xp <1- - = p p = 0 ；xp xp xp xp
2
取 x 2q = a +1 - a ，則 xq (1,+ ) ，
f x x 1q = q - + a ln xq > xq -1+ 2a xx q = 0 .（其中 ln x x -1 x ，所以 ln x < x ，即 ln x < 2 x ），q
所以 f x 在 xp , p 上存在唯一零點x1，即在 0, p 上存在唯一零點x1，
在 q, xq 上存在唯一零點 x3 ，即在 q,+ 上存在唯一零點 x3 ，
結合 f 1 = 0，取 x2 =1；
所以 f x1 = x
1
1 - + a ln x1 = 0x1
1 1 1 1 1 1 f x = x - + a ln x = 0 f ÷ = - 1 + a ln = - x1 - + a ln x，又 x x x x 1 ÷ = 03 3 x 3 è 1 1 1 è 1 ，3 x1
1 1 1 1
所以 x 也是函數的零點，顯然
x1且 1，所以 = x3 ，即 x1x3 =1，
1 x1 x1 x1
所以 x 21x3 = x2 ，所以x1，x2， x3 成等比數列.
【點睛】關鍵點睛：解答第二問的關鍵在于利用函數的單調性并結合零點存在定理，證明函數 f x 在 xp , p
上存在唯一零點x1，即在 0, p 上存在唯一零點x1，在 q, xq 上存在唯一零點 x3 ，即在 q,+ 上存在唯一
零點 x3 ，并且結合 f 1 = 0，取 x2 =1，即可證明結論.
a
1．（2021· x全國·高考真題）已知 a > 0且a 1，函數 f (x) = (x > 0)．
a x
（1）當 a = 2時，求 f x 的單調區間；
（2）若曲線 y = f x 與直線 y =1有且僅有兩個交點，求 a 的取值范圍．
0, 2 ù é 2【答案】（1） ú 上單調遞增； ê ,+

÷ 上單調遞減；（2） 1,e U e,+ .
è ln2 ln2
【分析】（1）求得函數的導函數，利用導函數的正負與函數的單調性的關系即可得到函數的單調性；
（2）方法一：利用指數對數的運算法則，可以將曲線 y = f x 與直線 y =1有且僅有兩個交點等價轉化為方
ln x ln a ln a
程 =x a 有兩個不同的實數根，即曲線
y = g x 與直線 y = 有兩個交點，利用導函數研究 g x 的單調
a
性，并結合 g x 的正負，零點和極限值分析 g x 的圖象，進而得到0 ln a 1< < ，發現這正好是
a e
0 < g a < g e ，然后根據 g x 的圖象和單調性得到 a的取值范圍.
2 x
x 2x × 2 - x
2 × 2x ln 2 x ×2x 2 - x ln 2
【詳解】（1）當 a = 2時， f x = x , f x

=
2 x 2
=
4x ,2
令 f ' x = 0 x 2 2 2得 = ,當0 < x < 時， f x > 0 ,當 x > 時， f x < 0 ,
ln 2 ln 2 ln 2
∴函數 f x 0, 2 ù é 2 在
è ln2 ú
上單調遞增； ê ,+ ÷ 上單調遞減； ln2
（2）[方法一]【最優解】：分離參數
a
f x x 1 a x xa x ln a a ln x ln x ln a ln x= = = = = ,設函數 g x =x ,a x a x
則 g x 1- ln x= ,令 g x = 0 ，得 x = e2 ,x
在 0,e 內 g x > 0 , g x 單調遞增；
在 e,+ 上 g x < 0 , g x 單調遞減；
\ g x = g e 1=max ,e
又 g 1 = 0，當 x 趨近于+ 時， g x 趨近于 0，
所以曲線 y = f x 與直線 y =1 ln a有且僅有兩個交點，即曲線 y = g x 與直線 y = 有兩個交點的充分必要條
a
件是0
ln a 1
< < ,這即是0 < g a < g e ,
a e
所以 a的取值范圍是 1,e U e,+ .
[方法二]：構造差函數
由 y = f (x) 與直線 y =1有且僅有兩個交點知 f (x) = 1，即 xa = a x 在區間 (0, + )內有兩個解，取對數得方程
a ln x = x ln a 在區間 (0, + )內有兩個解．
構造函數 g (x) = a ln x - x ln a, x (0, + ) ，求導數得 g (x)
a ln a a - x ln a= - = ．
x x
當 0 < a < 1時， lna<0,x (0,+ ),a-xlna>0,g (x)>0,g(x)在區間 (0, + )內單調遞增，所以， g(x)在
(0, + )內最多只有一個零點，不符合題意；
a a a
當 a

> 1時， ln a > 0，令 g (x) = 0得 x = ，當 x 0, ÷ 時， g (x) > 0；當 x

,+

÷時， g (x) < 0；ln a è ln a è ln a
a a
所以，函數 g(x)的遞增區間為 0, ln a ÷，遞減區間為è
,+ ÷．
è ln a
1
- a 1- 1-
由于0 < e a < 1 < , g e a ÷ = -1- e a ln a < 0ln a ，è
當 x + 時，有 a ln x < x ln a ，即 g(x) < 0，由函數 g ( x ) = a ln x - x ln a 在 (0, + )內有兩個零點知
g a a ÷ = a ln -1 > 0
a
，所以 > e ，即 a - e ln a > 0 ．
è lna è lna ÷ ln a
h (a ) = a - eln a h (a) 1 e a - e構造函數 ，則 = - = ，所以 h(a) 的遞減區間為 (1,e)，遞增區間為 (e, + )，所以
a a
h(a) h(e) = 0 ，當且僅當 a = e時取等號，故 h(a) > 0 的解為 a > 1且 a e ．
所以，實數 a 的取值范圍為 (1,e) (e,+ )．
[方法三]分離法：一曲一直
a
曲線 y = f (x) 與 y =1 x有且僅有兩個交點等價為 (0, + )x =1在區間 內有兩個不相同的解．a
因為 xa = a x ，所以兩邊取對數得 a ln x x ln a ln x
x ln a
= ，即 = ，問題等價為 g(x) = ln x p(x)
x ln a
與 = 有且僅
a a
有兩個交點．
ln a
①當 0 < a < 1時， < 0, p(x)與 g(x)只有一個交點，不符合題意．
a
1 1
②當 a > 1時，取 g(x) = ln x上一點 x0, ln x0 , g (x) = , g x0 = , g(x)在點 x0 , ln xx x 0 的切線方程為0
y 1 1- ln x0 = x - x0 ，即 y = x -1+ ln xx x 0 ．0 0
ì ln a 1
1 = , ì ln a 1
當 y = x -1+ ln x
x ln a a x = ,p(x) =
x 0 與 為同一直線時有 í 0 得 í a e0 a
ln x0 -1 = 0, x0 = e.
p(x) x ln a
ln a 1 x ln a
直線 = 的斜率滿足：0 < < 時， g(x) = ln x與 p(x) = 有且僅有兩個交點．
a a e a
記 h(a)
ln a , h (a) 1- ln a= = ，令 h (a) = 0，有 a = e2 ．a (1,e),h (a) >0,h(a)在區間 (1,e)內單調遞增；a a
a (e,+ ),h (a)<0,h(a) 1在區間 (e, + )內單調遞減； a = e時， h(a) 最大值為 h e = ，所以當 a > 1且 a ee
0 ln a 1時有 < < ．
a e
綜上所述，實數 a 的取值范圍為 (1,e) (e,+ )．
[方法四]：直接法
xa a-1 x x a a-1f (x) = (x > 0), f (x) ax × a - a ln a × x x (a - x ln a)x = =a a x 2 a x ．
a
因為 x > 0，由 f (x) = 0得 x = ．
ln a
當 0 < a < 1時， f (x) 在區間 (0, + )內單調遞減，不滿足題意；
a a
當 a > 1時， > 0 ，由 f (x) > 0 a得0 < x < , f (x) ln a 在區間 0, ln a ÷內單調遞增，由
f (x) < 0 得
ln a è
x a , f ( x)
a
> 在區間 ,+

÷內單調遞減．ln a è ln a
a
a
a a-
因為 lim f (x) = 0 lim f (x) = 0 f
a >1 ÷
x ，且 + ，所以 ÷ ，即 è ln a a
ln a
+ x 0 = >1，即 è lna a a
a ln a (ln a)
a a 1 1- - 1
a lna > (lna)a,a lna > lna，兩邊取對數，得 1- ln a > ln(ln a)，即 ln a -1 > ln(ln a) ．è ln a ÷
令 ln a = t ，則 t -1 > ln t ，令 h(x) = ln x - x +1，則 h (x)
1
= -1，所以 h(x) 在區間( 0, 1)內單調遞增，在區間 (1, + )
x
內單調遞減，所以 h(x) h(1) = 0，所以 t -1 ln t ，則 t -1 > ln t 的解為 t 1，所以 ln a 1，即 a e ．
故實數 a 的范圍為 (1,e) (e,+ )．]
【整體點評】本題考查利用導數研究函數的單調性，根據曲線和直線的交點個數求參數的取值范圍問題，
屬較難試題，
方法一：將問題進行等價轉化，分離參數，構造函數，利用導數研究函數的單調性和最值，圖象，利用數
形結合思想求解.
方法二：將問題取對，構造差函數，利用導數研究函數的單調性和最值.
方法三：將問題取對，分成 g(x) = ln x與 p(x)
x ln a
= 兩個函數，研究對數函數過原點的切線問題，將切線
a
斜率與一次函數的斜率比較得到結論．
方法四：直接求導研究極值，單調性，最值，得到結論.
2．（2020· 1全國·高考真題）設函數 f (x) = x3 + bx + c ，曲線 y = f (x) 在點( 2 ，f(
1
2 ))處的切線與 y 軸垂直．
（1）求 b．
（2）若 f (x) 有一個絕對值不大于 1 的零點，證明： f (x) 所有零點的絕對值都不大于 1．
3
【答案】（1）b = - ；（2）證明見解析
4
1
【分析】（1）利用導數的幾何意義得到 f ( ) = 0，解方程即可；
2
f (x) 3x2 3 2(x 1)(x 1) f (x) ( 1 , 1) 1（2）方法一：由（1）可得 = - = + - ，易知 在 - 上單調遞減，在 (- , - ) ，
4 2 2 2 2 2
(1 , ) f ( 1) c 1 , f ( 1) c 1+ 上單調遞增，且 - = - - = + , f (
1) c 1= - , f (1) = c 1+ ，采用反證法，推出矛盾即
2 4 2 4 2 4 4
可.
1 1 2 3
【詳解】（1）因為 f (x) = 3x2 + b ，由題意， f ( ) = 0，即：3 + b = 0，則b = - ．
2 2 ֏ 4
（2）［方法一］：通性通法
由（1）可得 f (x) = x3
3
- x + c， f (x) = 3x2
3
- = 3(x 1 1+ )(x - ) ，
4 4 2 2
令 f (x) > 0 x
1 1 1
，得 > 或 x < - ；令 f (x) < 0 ，得- < x
1
< ，
2 2 2 2
f (x) ( 1 , 1所以 在 - ) 上單調遞減，在 (- ,
1) 1- ， ( , + )上單調遞增，
2 2 2 2
1
且 f (-1) = c - , f (
1) 1 1 1 1- = c + , f ( ) = c - , f (1) = c + ，
4 2 4 2 4 4
若 f (x) 所有零點中存在一個絕對值大于 1 的零點 x0 ，則 f (-1) > 0或 f (1) < 0，
即 c
1 1
> 或 c < - .
4 4
c 1 1 1 1 1當 > 時， f (-1) = c - > 0, f (- ) = c + > 0, f ( )
1
= c - > 0, f (1) c 1= + > 0，
4 4 2 4 2 4 4
又 f (-4c) = -64c3 + 3c + c = 4c(1-16c2 ) < 0，
由零點存在性定理知 f (x) 在 (-4c,-1)上存在唯一一個零點 x0 ，
即 f (x) 在 (- , -1)上存在唯一一個零點，在 (-1, + )上不存在零點，
此時 f (x) 不存在絕對值不大于 1 的零點，與題設矛盾；
1
當 c < - 時， f (-1) = c
1
- < 0, f ( 1- ) = c 1+ < 0, f (1) = c 1- < 0, f (1) 1= c + < 0，
4 4 2 4 2 4 4
又 f (-4c) = 64c3 + 3c + c = 4c(1-16c2 ) > 0，
由零點存在性定理知 f (x) 在 (1,-4c) 上存在唯一一個零點 x 0 ，
即 f (x) 在 (1, + )上存在唯一一個零點，在 (- ,1)上不存在零點，
此時 f (x) 不存在絕對值不大于 1 的零點，與題設矛盾；
綜上， f (x) 所有零點的絕對值都不大于 1.
［方法二］【最優解】：
3 3
設 x0 是 f (x) 的一個零點，且 x0 1，則 c = -x0 + x ．4 0
從而 f (x) = x3
3 3
- x - x30 + x0 = x - x x2 x x x2
3
0 + 0 + 0 -

4 4 4 ÷
．
è
3
令h(x) = x2 + x0x + x
2 3- 2 2 20 ，由判別式Δ = x0 - 4 x0 - ÷ = 3 - 3x0 0，可知 h(x) = 0在 R 上有解， h(x) 的對稱4 è 4
ì 2
h(1) =1+ x + x2
3
- = 0 0 x
1
0 + ÷ 04 2
軸是 x
x 1 1 x
= - 0 éê- ,
ù è
ú í ，所以 h(x)
é ù
2 在區間
0
ê-1,- ú上有一根為x ，在2 2 2 2
1
h(-1) =1- x + x
2 3 1
0 0 - = x4 0
- 0
è 2
÷

é x ù
區間 ê-
0 ,1ú 上有一根為x1（當 x0 = ±1時， x1 = x2），進而有 x1 1, x2 1，所以 f (x) 的所有零點的絕對值 2
均不大于 1．
［方法三］：
設 x0 是函數 f (x)
3 3 3
的一個絕對值不大于 1 的零點，且 c = -x0 + x0 , x0 1．設 c(x) = -x
3 + x ，則
4 4
c (x) = -3x2 3+ ，顯然 c(x)
1, 1 1 1在區間 - -

÷ 內單調遞減，在區間 - ,
1
÷內單調遞增，在區間 ,1

4 ÷
內單調
è 2 è 2 2 è 2
遞減．又 c(-1)
1 1 1 1 1 1
= ,c(1) = - ,c -

÷ = - ,c
é 1 1 ù
4 4 ÷
= ，于是 c(x)的值域為 - , ．
è 2 4 è 2 4 ê 4 4 ú
設x 為函數 f (x) f (x) x3
3 x 1 3 11 的零點，則必有 = 1 - 1 + c = 0，于是- c = -x
3
1 + x ，所以4 4 4 1 4
ì4x3 - 3x -1 = x -1 2x +1 2 1 1 1 1 0,
í 解得-1 x 1，即 x 1．
4x3
1
1 - 3x1 +1 = x1 +1
1
2x1 -1
2 0,
綜上， f (x) 的所有零點的絕對值都不大于 1．
［方法四］：
3 3 1 1
由（1）知， f (x) = x3 - x + c, f (x) = 3x2 - ，令 f (x) = 0 x = - x = f (x)

，得 或 ．則 在區間 - ,
1
- 內
4 4 2 2 ֏ 2
1 1 1
遞增，在區間 - , ÷內遞減，在區間 ,+ ÷內遞增，所以 f (x) 的極大值為 f
1- c 1= + = f (1), f (x)
è 2 2 è 2 ÷
的
è 2 4
1
極小值為 f ÷ = c
1
- = f (-1)．
è 2 4
（ⅰ）若 f
1 1 1 1
- f > 0 c > c < - f (x) x x >1
è 2 ÷ 2 ÷
，即 或 ， 有唯一一個零點 0 ，顯然有 0 ，不滿足題意；
è 4 4
f 1 f 1- = 0 1 1 1（ⅱ）若 2 ÷ 2 ÷ ，即
c = 或 c = - ， f (x) 有兩個零點，不妨設一個零點為 x
è è 4 4 0
= - ，顯然有
2
x0 1 3
3 1 1
，此時， f (x) = x - x - ，則 f (1) = 0，另一個零點為 1，滿足題意；同理，若一個零點為 x
4 4 0
= ，
2
則另一個零點為 -1．
f 1- 1 1 1 1 1（ⅲ）若 ÷ f ÷ < 0 ，即- < c < ， f (x)

有三個零點，易知在區間 - ,

2 2 內有一個零點，不妨設è è 4 4 ÷è 2 2
x 1 f 1 為 x0 ，顯然有 0 ，又 - ÷ > 0， f (-1)
1
< 0 -1, - ，所以在 ÷ 內有一個零點 m，顯然 | m | 12 ，同理，
f (x)
è 2 è
1
在 ,12 ÷內有一個零點 n，有 | n | 1．è
綜上， f (x) 所有零點的絕對值都不大于 1．
［方法五］：
設x 是 f (x)1 的一個零點且 x1 1，則 c x
3 3= - 1 + x1, x2 是 f (x) 的另一個零點．4
x3 3 x c x3 3 3 32 - 2 + = 2 - x2 - x
3
1 + x1 = x2 - x × 2 2 4 4 4 1 x2 + x1x2 + x1 - 4 ÷ = 0．è
2 2 3 3
則 x2 + x1x2 + x1 - = 0，設m(x) = x
2 + x1x + x
2 3
1 -
2
，由判別式D = x1 - 4

x
2
1 - ÷ = 3 - 3x
2 0，所以方程有
4 4 4 1è
解．
假設實數x2滿足 x2 > 1．
2
2 é ù
由 x1 1, x2 > 1, x
2
1 + x1x + x
2 = x2 x1 x12 2 2 2 + +1÷ = x
2 x1 1 3
2 ê + ÷ + ú x
2 x x x2 3，得 1 + 1 2 + 2 > ．與
è x2 x2 êè x2 2 4ú 4
x2 x x x2 32 + 1 2 + 1 - = 0矛盾，假設不成立．4
所以， f (x) 所有零點的絕對值都不大于 1．
【整體點評】（2）方法一：先通過研究函數的單調性，得出零點可能所在區間，再根據反證法思想即可推
出矛盾，是通性通法；方法二：利用零點的定義以及零點存在性定理即可求出，是本題的最優解；方法三：
利用零點的定義結合題意求出 c的范圍，然后再由零點定義以及 c的范圍即可求出所有零點的范圍，從而證
出；方法四：由函數的單調性討論極大值極小值的符號，得出 c的范圍，再結合零點存在性定理即可證出；
方法五：設函數的一個零點為x1，滿足 x1 1，再設另一個零點為x2，通過零點定義找到 x1, x2 的關系，再
根據一元二次方程存在解的條件以及反證法即可推出矛盾，從而證出．
3．（2017· 2全國·高考真題）已知函數 f x = ax - ax - xlnx,且 f x 0 .
（1）求 a；
-2 -2
（2）證明： f x 存在唯一的極大值點 x0 ，且 e < f x0 < 2 .
【答案】（1）a=1；（2）見解析.
1
【分析】（1）通過分析可知 f（x）≥0 等價于 h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，進而利用 h′（x）＝a - 可得 h
x
1
（x）min＝h（ ），從而可得結論；
a
（2）通過（1）可知 f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，記 t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知 t（x）min＝
1 1
t（ ）＝ln2﹣1＜0，從而可知 f′（x）＝0 存在兩根 x0，x2，利用 f（x）必存在唯一極大值點 x2 0
及 x0＜2
1 1 1
可知 f（x0）＜ ，另一方面可知 f（x0）＞f（ ）= ．4 e e2
【詳解】（1）解：因為 f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
1
則 f（x）≥0 等價于 h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求導可知 h′（x）＝a - ．
x
則當 a≤0 時 h′（x）＜0，即 y＝h（x）在（0，+∞）上單調遞減，
所以當 x0＞1 時，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故 a＞0．
1 1
因為當 0＜x＜ 時 h′（x）＜0、當 x＞ 時 h′（x）＞0，
a a
1
所以 h（x）min＝h（ ），
a
又因為 h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
1
所以 = 1，解得 a＝1；
a
另解：因為 f（1）＝0，所以 f（x）≥0 等價于 f（x）在 x＞0 時的最小值為 f（1），
所以等價于 f（x）在 x＝1 處是極小值，
所以解得 a＝1；（2）證明：由（1）可知 f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
1
令 f′（x）＝0，可得 2x﹣2﹣lnx＝0，記 t（x）＝2x﹣2﹣lnx，則 t′（x）＝2 - ，
x
1
令 t′（x）＝0，解得：x = ，
2
1 1
所以 t（x）在區間（0， ）上單調遞減，在（ ，+∞）上單調遞增，
2 2
1
所以 t（x）min＝t（ ）＝ln2﹣1＜0，從而 t（x）＝0 有解，即 f′（x）＝0 存在兩根 x0，x2 2
，
且不妨設 f′（x）在（0，x0）上為正、在（x0，x2）上為負、在（x2，+∞）上為正，
所以 f（x）必存在唯一極大值點 x0，且 2x0﹣2﹣lnx0＝0，
2 2 2 2
所以 f（x0）= x0 - x0﹣x0lnx0 = x0 - x0+2x0﹣2 x0 = x0 -x0 ，
1 1 1 1
由 x0＜ 可知 f x x -x
2
（ 0）＜（ 0 0 ）max = - 2 + = ；2 2 2 4
1 1 1
由 f′（ ）＜0 可知 x0＜ ＜ ，e e 2
1
所以 f（x）在（0，x0）上單調遞增，在（x0， ）上單調遞減，e
1 1
所以 f（x0）＞f（ ）= 2 ；e e
綜上所述，f（x）存在唯一的極大值點 x ，且 e﹣20 ＜f（x0）＜2﹣2．
【點睛】本題考查利用導數研究函數的極值，考查運算求解能力，考查轉化思想，注意解題方法的積累，
屬于難題．第10講 根思想在導數中的應用
（高階拓展、競賽適用）
（核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
求在曲線上一點處的切線方程
卡根思想在導數中 用導數判斷或證明已知函數的單調性
2023 年全國甲卷理數，第 21 題,12 分
的應用. 根據極值求參數
由函數對稱性求函數值或參數
卡根思想在導數中 利用導數求函數的單調區間 (不含參)
2023 年全國乙卷理數，第 21 題,12 分
的應用 利用導數研究不等式恒成立問題
卡根思想在導數中 利用導數研究方程的根
2022 年新 I 卷，第 22 題,12 分
的應用 由導數求函數的最值 (含參)
卡根思想在導數中 求在曲線上一點處的切線方程 (斜率
2022 年全國乙卷理數，第 21 題,12 分
的應用 利用導數研究函數的零點
卡根思想在導數中 利用導數求函數的單調區間 (不含參)
2021 年全國甲卷理數，第 21 題,12 分
的應用 利用導數研究方程的根
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的載體內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數解決函數基本問題
2 能用卡根思想結合零點存在性定理綜合解題
【命題預測】在零點個數及方程的根等綜合問題研究中，參變分離和數形結合都是解題的方法，但也都有
局限性，同時對函數圖像畫法要求較高；包括在零點個數研究中還有放縮方法，但是放縮的不等式變化較
多，這樣對學生又提出了比較嚴苛能力要求。此時卡根法是此類題型的另一方法。同時卡根法也常應用于
導數研究函數性質的過程中，其本質是虛設零點（設而不求），利用零點滿足的關系式化簡，從而得到范圍
或符號。高考中常用的解題方法，需要學生復習中綜合掌握
知識講解
“卡根”問題的一般方法，其具體步驟如下
1. 根據函數的增長速度判斷函數值變化的趨勢，以便確定是否存在零點;
2. 根據函數表達式的特點進行拆分，一般拆分成和或乘積形式;
3. 根據函數的增長速度，將指、對數函數放縮成冪函數及其和的形式;
4. 根據相關不等式的解集，利用零點存在定理來確定零點存在的區間
零點存在性定理：
如果函數 y = f x 在區間 a,b 上的圖像是連續不斷的一條曲線，并且有 f a × f b < 0 ，那么函數
y = f x 在區間 a,b 內必有零點，即$x0 a,b ，使得 f x0 = 0
注：零點存在性定理使用的前提是 f x 在區間 a,b 連續，如果 f x 是分段的，那么零點不一定存在
考點一、卡根思想在導數中的綜合應用
sin x π
1．（2023·全國·高考真題）已知函數 f (x) = ax - 3 , x 0,cos x ÷è 2
(1)當a = 8時，討論 f (x) 的單調性；
(2)若 f (x) < sin 2x 恒成立，求 a 的取值范圍．
1
2．（2023·全國·高考真題）已知函數 f (x) = + a ÷ ln(1+ x) .
è x
(1)當 a = -1時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
y f 1 (2)是否存在 a，b，使得曲線 = ÷關于直線 x = b 對稱，若存在，求 a，b 的值，若不存在，說明理由.
è x
(3)若 f x 在 0, + 存在極值，求 a 的取值范圍.
3．（2022·全國·高考真題）已知函數 f x = ln 1+ x + axe- x
(1)當 a =1時，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)若 f x 在區間 -1,0 , 0, + 各恰有一個零點，求 a 的取值范圍．
4．（2022·全國·高考真題）已知函數 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)證明：存在直線 y = b，其與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交
點的橫坐標成等差數列．
1．已知函數 f x 1= x2 + lnx - 2 1+ ÷ x， a 0 ．a è a
（1）求函數 f x 的單調區間；
（2）令F x = af x - x2，若F x <1- 2ax在 x 1, + 恒成立，求整數 a 的最大值．
( 4 5參考數據： ln3 < ， ln4 > )
3 4
1
2 2．已知函數 f (x) = ln x - ax ， a R ．
2
（1）求函數 f (x) 的單調區間；
（2）若關于 x 的不等式 f (x) (a -1)x -1恒成立，求整數 a的最小值．
3．已知函數 f x = ln x， h x = ax a R ．
(1)函數 f x 的圖象與 h x 的圖象無公共點，求實數 a 的取值范圍；
1 m x
(2) e是否存在實數 m，使得對任意的 x ,+ ÷，都有函數 y = f x + 的圖象在 g x = 的圖象的下方？
è 2 x x
1
若存在，求出整數 m 的最大值；若不存在，請說明理由． e + ln 2 1.99

è 2 ÷
1．（2024·福建福州·三模）已知函數 f (x) = ax - ln(1- x)(a R)．
(1)求曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程；
(2)若 f (x) 0恒成立，求 a的值
2．（2024·山東日照·三模）已知函數 f x = a ln x - x2 + a - 2 x， g x = x - 2 ex - x2 - 4x + m， a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)當 a = -1時，對"x 0,1 ， f x > g x ，求正整數m 的最大值.
x a3．（2022·全國·模擬預測）已知函數 f x = a +1 e + - 3，其中 e 為自然對數的底數， a R ．
ex
(1)討論函數 f x 的單調性；
3
(2)當 a＝0 時，若存在 x R 使得關于 x 的不等式 k xf x 成立，求 k 的最小整數值．（參考數據： e4 2.1）
4．（2023·江西上饒·一模）已知 f (x) = ex - ax， g(x) = ex (1- sin x) ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若 a (0,3)， h(x) = f (x) - g(x)，試討論 h(x) 在 (0, π)
p
內的零點個數．（參考數據： e 2 4.81）
2
5．（2024·浙江紹興·二模）已知函數 f x x= - x + a sin x .
2
(1)當 a = 2時，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 x 0, π 時， f x > 0，求實數 a的取值范圍.
6．（2024·河南信陽·模擬預測）已知函數 f x = xlnx ， h x = x x -1 x > 0 ．
(1)試比較 f x 與 h x 的大小；
(2)若 f x x -1 ax - a +1 恒成立，求 a的取值范圍．
7．（2024·安徽安慶·三模）已知函數 f x = xlnx - ax a R 在點 e, f e 處的切線平行于直線 x - y = 0．
(1)若 f x mx - e2 對任意的 x 0, + 恒成立，求實數m 的取值范圍；
(2) 2若 x0 是函數 h x = f x + x 的極值點，求證： f x0 + 3x0 > 0．
8．（2024·四川綿陽·模擬預測）已知函數 f x = alnx 1- + x a R .
x
(1)討論 f x 的零點個數；
2
(2)若關于 x 的不等式 f x 2x - 在 0, + 上恒成立，求 a的取值范圍.
e
3x
9．（2022·河北唐山·二模）已知函數 f x = ， g x = bsin x，曲線 y = f x 和 y = g x 在原點處有相同
x + 3
的切線 l．
(1)求 b 的值以及 l 的方程；
(2)判斷函數h x = f x - g x 在 0, + 上零點的個數，并說明理由．
10．（2023·海南海口·二模）已知 f x = ln x - ax + a .
(1)若 f x 在 x =1處取到極值，求 a的值；
(2)直接寫出 f (x) 零點的個數，結論不要求證明；
(3)當 a = -1時，設函數 g(x) = xf (x)，證明：函數 g(x)存在唯一的極小值點且極小值大于-2 .
1
11．（2021·四川南充·模擬預測）已知函數 f (x) = ln x - mx2， g(x) = mx2 + x2 ，m R，令
F (x) = f (x) + g(x)．
1
（1）當m = 時，求函數 f x 的單調區間及極值；
2
（2）若關于 x 的不等式F x mx -1恒成立，求整數m 的最小值．
12．（2024·四川遂寧·模擬預測）已知函數 f x 1= x - + a ln x，其中 a R .
x
(1)當 x 1,+ 時， f x 0，求 a 的取值范圍.
(2)若 a < -2，證明： f x 有三個零點x1，x2， x3 （ x1 < x2 < x3），且x1，x2， x3 成等比數列.
a
1．（2021·全國· x高考真題）已知 a > 0且a 1，函數 f (x) = x (x > 0)．a
（1）當 a = 2時，求 f x 的單調區間；
（2）若曲線 y = f x 與直線 y =1有且僅有兩個交點，求 a 的取值范圍．
2．（2020·全國· 1 1高考真題）設函數 f (x) = x3 + bx + c ，曲線 y = f (x) 在點( 2 ，f( 2 ))處的切線與 y 軸垂直．
（1）求 b．
（2）若 f (x) 有一個絕對值不大于 1 的零點，證明： f (x) 所有零點的絕對值都不大于 1．
3 2．（2017·全國·高考真題）已知函數 f x = ax - ax - xlnx,且 f x 0 .
（1）求 a；
（2）證明： f x -2 -2存在唯一的極大值點 x0 ，且 e < f x0 < 2 .

展開更多......

收起↑