资源简介

第10讲 卡根思想在导数中的应用
（高阶拓展、竞赛适用）
（核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
求在曲线上一点处的切线方程
卡根思想在导数中 用导数判断或证明已知函数的单调性
2023 年全国甲卷理数，第 21 题,12 分
的应用. 根据极值求参数
由函数对称性求函数值或参数
卡根思想在导数中 利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2023 年全国乙卷理数，第 21 题,12 分
的应用 利用导数研究不等式恒成立问题
卡根思想在导数中 利用导数研究方程的根
2022 年新 I 卷，第 22 题,12 分
的应用 由导数求函数的最值 (含参)
卡根思想在导数中 求在曲线上一点处的切线方程 (斜率
2022 年全国乙卷理数，第 21 题,12 分
的应用 利用导数研究函数的零点
卡根思想在导数中 利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2021 年全国甲卷理数，第 21 题,12 分
的应用 利用导数研究方程的根
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数解决函数基本问题
2 能用卡根思想结合零点存在性定理综合解题
【命题预测】在零点个数及方程的根等综合问题研究中，参变分离和数形结合都是解题的方法，但也都有
局限性，同时对函数图像画法要求较高；包括在零点个数研究中还有放缩方法，但是放缩的不等式变化较
多，这样对学生又提出了比较严苛能力要求。此时卡根法是此类题型的另一方法。同时卡根法也常应用于
导数研究函数性质的过程中，其本质是虚设零点（设而不求），利用零点满足的关系式化简，从而得到范围
或符号。高考中常用的解题方法，需要学生复习中综合掌握
知识讲解
“卡根”问题的一般方法，其具体步骤如下
1. 根据函数的增长速度判断函数值变化的趋势，以便确定是否存在零点;
2. 根据函数表达式的特点进行拆分，一般拆分成和或乘积形式;
3. 根据函数的增长速度，将指、对数函数放缩成幂函数及其和的形式;
4. 根据相关不等式的解集，利用零点存在定理来确定零点存在的区间
零点存在性定理：
如果函数 y = f x 在区间 a,b 上的图像是连续不断的一条曲线，并且有 f a × f b < 0 ，那么函数
y = f x 在区间 a,b 内必有零点，即$x0 a,b ，使得 f x0 = 0
注：零点存在性定理使用的前提是 f x 在区间 a,b 连续，如果 f x 是分段的，那么零点不一定存在
考点一、卡根思想在导数中的综合应用
sin x π
1．（2023·全国·高考真题）已知函数 f (x) = ax -
cos3
, x 0,x 2 ֏
(1)当a = 8时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 f (x) < sin 2x 恒成立，求 a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2) (- ,3]
【分析】（1）求导,然后令 t = cos2 x ,讨论导数的符号即可;
（2）构造 g(x) = f (x) - sin 2x ,计算 g (x) 的最大值,然后与 0 比较大小,得出 a的分界点,再对 a讨论即可.
3
1 f (x) a cos x cos x + 3sin x cos
2 x sin x
【详解】（ ） = -
cos6 x
cos2 x + 3sin2a x 3 - 2cos
2 x
= -
cos4
= a -
x cos4 x
令 cos2 x = t ,则 t (0,1)
3- 2t at 2 + 2t - 3
则 f (x) = g(t) = a -
t 2
=
t 2
2
a 8, f (x) g(t) 8t + 2t - 3 (2t -1)(4t + 3)当 = = =
t 2
=
t 2

当 t 0,
1 π π
, x , , f ÷ 即2 4 2 ÷
(x) < 0 .
è è
1 π
当 t ,1÷ ,即 x 0,2 4 ÷
, f (x) > 0 .
è è
π
所以 f (x)
0, π π 在 ÷上单调递增,在 ,4 2 ÷ 上单调递减è 4 è
（2）设 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= + - + - 设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 ÷上单调递减,所以 g(x) < g(0) = 0 .
è 2
所以当 a (- ,3], f (x) < sin 2x ,符合题意.
2° 若 a (3,+ )
2 3 2
当 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
当 t t0 ,1 ,j(t) > 0 , 即当 x 0, x0 , g (x) > 0, g(x)单调递增.
所以当 x 0, x0 , g(x) > g(0) = 0 ,不合题意.
综上, a的取值范围为 (- ,3] .
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性 t = cos x在定义域内是减函数,若 t0 = cos x0 ,当
t t0 ,1 ,j(t) > 0 ,对应当 x 0, x , g 0 (x) > 0 .
2．（2023·全国·高考真题）已知函数 f (x)
1
= + a

÷ ln(1+ x) .
è x
(1)当 a = -1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
1
(2)是否存在 a，b，使得曲线 y = f ÷关于直线 x = b 对称，若存在，求 a，b 的值，若不存在，说明理由.
è x
(3)若 f x 在 0, + 存在极值，求 a 的取值范围.
【答案】(1) ln 2 x + y - ln 2 = 0 ；
1 1
(2)存在 a = ,b = - 满足题意，理由见解析.
2 2
0, 1 (3) 2 ÷
.
è
【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求
解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b 的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可
得关于实数 a的方程，解方程可得实数 a的值，最后检验所得的 a,b是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数 g x = ax2 + x - x +1 ln x +1 ，然后对函数求导，
1 1
利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论 a 0， a 和0 < a < 三中情况即可求得实数 a的取值范围.
2 2
1
【详解】（1）当 a = -1时， f x = -1 ln x +1 ，
è x ÷
则 f x 1 1 1= - 2 ln x +1 +

-1÷ ，x è x x +1
据此可得 f 1 = 0, f 1 = - ln 2 ，
函数在 1, f 1 处的切线方程为 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函数的定义域满足 + = > 0 ，即函数的定义域为 - , -1 0,+ ，
x x
1 1
定义域关于直线 x = - 对称，由题意可得b = - ，
2 2
g 1 m g 1 1由对称性可知 - + ÷ = - - 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+ = - ，则 a +1 = 2 - a，解得 a = ，
2 2
1 1 1 1
经检验 a = ,b = - 满足题意，故 a = ,b = - .
2 2 2 2
a 1 ,b 1即存在 = = - 满足题意.
2 2
（3）由函数的解析式可得 f x = 1 -

2 ÷ ln x 1
1 1+ +
x
+ a ÷ ，
è è x x +1
由 f x 在区间 0, + 存在极值点，则 f x 在区间 0, + 上存在变号零点;
1 ln x 1 1- + + + a 1令 x2 ÷ ÷ = 0，è è x x +1
则- x +1 ln x +1 + x + ax2 = 0，
令 g x = ax2 + x - x +1 ln x +1 ，
f x 在区间 0, + 存在极值点，等价于 g x 在区间 0, + 上存在变号零点，
g x = 2ax - ln x +1 , g x 1= 2a -
x +1
当 a 0时， g x < 0， g x 在区间 0, + 上单调递减，
此时 g x < g 0 = 0， g x 在区间 0, + 上无零点，不合题意;
a 1 1当 ，2a 1时，由于 <1，所以 g x > 0, g x 在区间 0, + 上单调递增，
2 x +1
所以 g x > g 0 = 0， g x 在区间 0, + 上单调递增， g x > g 0 = 0，
所以 g x 在区间 0, + 上无零点，不符合题意；
1
当0 < a < 时，由 g x = 2a 1 1- = 0 可得 x = -1，
2 x +1 2a
x 1 当 0, -1÷时， g x < 0， g x 单调递减，
è 2a
x 1当 -1,+

÷ 时， g x > 0， g x 单调递增，
è 2a
故 g x 1 的最小值为 g -1÷ =1- 2a + ln 2a ，
è 2a
令m x =1- x + ln x 0 < x <1 ，则m x -x +1= > 0，
x
函数m x 在定义域内单调递增，m x < m 1 = 0，
据此可得1- x + ln x < 0恒成立，
g 1则 -1

÷ =1- 2a + ln 2a < 0 ，
è 2a
由一次函数与对数函数的性质可得，当 x + 时，
g x = 2ax - ln x +1 + ，
且注意到 g 0 = 0，
根据零点存在性定理可知: g x 在区间 0, + 上存在唯一零点 x0 .
当 x 0, x0 时， g x < 0， g x 单调减，
当 x x0 ,+ 时， g x > 0， g x 单调递增，
所以 g x0 < g 0 = 0 .
令 n x = ln x - x 1 1 2 - x，则 n x = - = ，
x 2 x 2x
则函数 n x = ln x - x 在 0,4 上单调递增，在 4, + 上单调递减，
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
所以函数 g x 在区间 0, + 上存在变号零点，符合题意.
1
综合上面可知:实数 a得取值范围是 0, ÷ .
è 2
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等
函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为 0 和极值这两个条件列方程组，利
用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
3．（2022·全国·高考真题）已知函数 f x = ln 1+ x + axe- x
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 f x 在区间 -1,0 , 0, + 各恰有一个零点，求 a 的取值范围．
【答案】(1) y = 2x
(2) (- , -1)
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对 a分类讨论,对 x 分 (-1,0), (0,+ ) 两部分研究
【详解】（1） f (x) 的定义域为 (-1, + )
当 a =1时, f (x) = ln(1+ x)
x
+ x , f (0) 0
1 1- x
= , 所以切点为 (0,0) f (x) = + x , f (0) = 2 ,所以切线斜率为 2e 1+ x e
所以曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 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
设 g(x) = ex + a 1- x2
1°若 a > 0 ,当 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2 > 0 ,即 f (x) > 0
所以 f (x) 在 (-1,0) 上单调递增, f (x) < f (0) = 0
故 f (x) 在 (-1,0) 上没有零点,不合题意
2° 若-1 a 0 ,当 x (0,+ ) ,则 g (x) = ex - 2ax > 0
所以 g(x)在 (0, + )上单调递增所以 g(x) > g(0) =1+ a 0 ,即 f (x) > 0
所以 f (x) 在 (0, + )上单调递增, f (x) > f (0) = 0
故 f (x) 在 (0, + )上没有零点,不合题意
3° 若 a < -1
(1)当 x (0,+ ) ,则 g (x) = ex - 2ax > 0 ,所以 g(x)在 (0, + )上单调递增
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
当 x (0,m), f (x) < 0, f (x)单调递减
当 x (m,+ ), f (x) > 0, f (x) 单调递增
所以
当 x (0,m), f (x) < f (0) = 0 ,
令 h(x)
x
= x , x > -1,则 h (x)
1- x
= x , x > -1,e e
x 1
所以 h(x) = x 在 -1,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，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,+ ) 上有唯一零点
又 (0, m)没有零点,即 f (x) 在 (0, + )上有唯一零点
(2)当 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2
设 h(x) = g (x) = ex - 2ax
h (x) = ex - 2a > 0
所以 g (x) 在 (-1,0) 单调递增
g ( 1) 1- = + 2a < 0, g (0) =1 > 0
e
所以存在 n (-1,0) ,使得 g (n) = 0
当 x (-1, n), g (x) < 0, g(x)单调递减
当 x (n,0), g (x) > 0, g(x) 单调递增, 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
当 x (-1, t), f (x) 单调递增,当 x (t,0), f (x)单调递减，
当 x -1,0 ， h x > h -1 = -e，
又-1 ae< eae -1 < 0 ， f e -1 < ae - ae = 0
而 f (0) = 0 ,所以当 x (t,0), f (x) > 0
所以 f (x) 在 (-1, t) 上有唯一零点, (t , 0 ) 上无零点
即 f (x) 在 (-1,0) 上有唯一零点
所以 a < -1 ,符合题意
所以若 f (x) 在区间 (-1,0), (0,+ ) 各恰有一个零点,求 a的取值范围为 (- , -1)
【点睛】
方法点睛：本题的关键是对 a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯
定要两方面都说明.
4．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)证明：存在直线 y = b，其与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交
点的横坐标成等差数列．
【答案】(1) a =1
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求 a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当b >1时， ex - x = b 的解的个数、 x - ln x = b的解的个数均为 2，构建新函数
h(x) = ex + ln x - 2x ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 f x , g x 的大小关系，根据存在直线 y = b
与曲线 y = f x 、 y = g x 有三个不同的交点可得b 的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差
数列.
【详解】（1） f (x) = ex - ax的定义域为 R ，而 f (x) = ex - a ，
若 a 0，则 f (x) > 0 ，此时 f (x) 无最小值，故 a > 0 .
g(x) = ax - ln x的定义域为 0, + ，而 g (x) = a 1 ax -1- = .
x x
当 x < ln a时， f (x) < 0 ，故 f (x) 在 - , ln a 上为减函数，
当 x > ln a时， f (x) > 0 ，故 f (x) 在 ln a, + 上为增函数，
故 f (x)min = f ln a = a - a ln a .
1
当0 < x < 时， g (x) < 0，故 g(x) 在 0,
1
÷上为减函数，a è a
1 g (x) 0 g(x) 1当 x > 时， > ，故 在 ,+

÷ 上为增函数，a è a
g(x) 1 1故 min = g ÷ =1- ln .
è a a
因为 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
设 g a -= - ln a,a > 0，则 g a = 2 - = 2 0，1+ a 1+ a a a 1+ a
故 g a 为 0, + 上的减函数，而 g 1 = 0，
故 g a = 0 1- a的唯一解为 a =1，故 = ln a 的解为 a =1 .
1+ a
综上， a =1 .
（2）[方法一]：
由（1）可得 f (x) = ex - x和 g(x) = x - ln x的最小值为1- ln1 =1- ln
1
=1.
1
当b >1时，考虑 ex - x = b 的解的个数、 x - ln x = b的解的个数.
设 S x = ex - x - b x， S x = e -1，
当 x < 0 时， S x < 0，当 x > 0时， S x > 0，
故 S x 在 - ,0 上为减函数，在 0, + 上为增函数，
所以 S x = S 0 =1- b < 0min ，
而 S -b = e-b > 0， S b = eb - 2b，
设u b = eb - 2b，其中b >1，则u b = eb - 2 > 0 ，
故u b 在 1, + 上为增函数，故u b > u 1 = e - 2 > 0，
故 S b > 0 S x = ex，故 - x - b有两个不同的零点，即 ex - x = b 的解的个数为 2.
设T x = x - ln x - b，T x x -1= ，
x
当0 < x <1时，T x < 0，当 x >1时，T x > 0，
故T x 在 0,1 上为减函数，在 1, + 上为增函数，
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有两个不同的零点即 x - ln x = b的解的个数为 2.
当b =1，由（1）讨论可得 x - ln x = b、 ex - x = b 仅有一个解，
当b<1时，由（1）讨论可得 x - ln x = b、 ex - x = b 均无根，
故若存在直线 y = b与曲线 y = f x 、 y = g x 有三个不同的交点，
则b >1.
1
设 h(x) = ex + ln x - 2x ，其中 x > 0，故 h (x) = ex + - 2，
x
设 s x = ex - x -1， x > 0，则 s x = ex -1 > 0，
故 s x 在 0, + 上为增函数，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, + 上为增函数，
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 上有且只有一个零点 0 ， 3 < x0 <1且：e
当0 < x < x0 时， h x < 0即 ex - x < x - ln x 即 f x < g x ，
当 x > x0时， h x > 0 即 ex - x > x - ln x 即 f x > g x ，
因此若存在直线 y = b与曲线 y = f x 、 y = g x 有三个不同的交点，
故b = f x0 = g x0 >1，
此时 ex - x = b 有两个不同的根 x1, x0 (x1 < 0 < x0 ) ，
此时 x - ln x = b有两个不同的根 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 为方程 ex - x = b 的解，同理 x0 - b 也为方程 ex - x = b 的解
x
又 e 1 - x1 = b e
x
可化为 1 = x1 + b即 x1 - ln x1 + b = 0即 x1 + b - ln x1 + b - b = 0，
故 x1 + b 为方程 x - ln x = b的解，同理 x0 + b 也为方程 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)上单调递减，在 (0, + )上单调递增；
g(x)在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增，且 f (x)min = g(x)min = 1.
①b<1时，此时 f (x)min = g(x)min = 1 > b ，显然 y = b与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x)
共有 0 个交点，不符合题意；
② b =1时，此时 f (x)min = g(x)min = 1 = b ，
故 y = b与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 共有 2 个交点，交点的横坐标分别为 0 和 1；
③ b >1时，首先，证明 y = b与曲线 y = f (x) 有 2 个交点，
即证明F (x) = f (x) - b 有 2 个零点， F (x) = f (x) = ex -1，
所以 F (x)在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增，
又因为 F (-b) = e-b > 0，F (0) =1- b < 0 ， F (b) = eb - 2b > 0 ，
( 令 t(b) = eb - 2b ，则 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 个零点，设为x1，在 (0, + )上存在且只存在 1 个零点，设为
x2.
其次，证明 y = b与曲线和 y = g(x) 有 2 个交点，
即证明G (x) = g (x) - b
1
有 2 个零点，G (x) = g (x) = 1- x ，
所以G(x)(0,1) 上单调递减，在 (1, + )上单调递增，
又因为G(e-b ) = e-b > 0，G 1 =1- b < 0 ，G(2b) = b - ln 2b > 0 ，
( 令 m(b) = b - ln 2b
1
，则 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 个零点，设为 x3 ，在 (1, + )上存在且只存在 1 个零点，设为 x4 .
再次，证明存在 b，使得 x2 = x3 :
因为 F (x2 ) = G(x3 ) = 0 ，所以b = e
x2 - x2 = x3 - ln x3 ，
若 x = x ，则 ex22 3 - x2 = x2 - ln x2 ，即 ex2 - 2x2 + ln x2 = 0，
所以只需证明 ex - 2x + ln x = 0在( 0, 1)上有解即可，
即j(x) = ex - 2x + ln x在( 0, 1)上有零点，
1 1
因为j( ) = ee3 23 - - 3 < 0，j(1) = e - 2 > 0 ，e e3
所以j(x) = ex - 2x + ln x在( 0, 1)上存在零点，取一零点为 x0 ，令 x2 = x3 = x0即可，
此时取b = ex0 - x0
则此时存在直线 y = b，其与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三个不同的交点，
最后证明 x1 + x4 = 2x0 ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为 F (x1) = F (x2 ) = F (x0 ) = 0 = G(x3 ) = G(x0 ) = G(x4 )
所以 F (x1) = G(x0 ) = F (ln x0 ) ，
又因为 F (x)在 (- ,0)上单调递减， x1 < 0 ，0 < x0 <1即 ln x0 < 0，所以 x1 = ln x0，
同理，因为 F (x0 ) = G(e
x0 ) = G(x4 ) ，
又因为G(x)在 (1, + )上单调递增， x0 > 0 即 ex0 >1， x >1，所以 x = ex01 4 ，
又因为 ex0 - 2x0 + ln x0 = 0 ，所以 x1 + x
x0
4 = e + ln x0 = 2x0 ，
即直线 y = b与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，
而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
f x 1= x2 + lnx 1- 2 + 1．已知函数 ÷ x， a 0 ．a è a
（1）求函数 f x 的单调区间；
（2）令F x = af x - x2，若F x <1- 2ax在 x 1, + 恒成立，求整数 a 的最大值．
( 4参考数据： ln3 < ， ln4
5
> )
3 4
【答案】（1）答案见解析；（2）3.
1 x - a 2x -1 【分析】 求得 f x = ，结合二次函数性质对 a 进行讨论求解单调性；
ax
2 F x = alnx - 2a +1 x a x +1, (x 1) x +1由题设可得 ，将问题转化为 < > 恒成立，构造 h x = , (x >1)并应
lnx lnx
用导数研究最小值，由 a < h(x)min 即可求整数 a 的最大值．
2
1 f x 0, 2x 1 1 2x - 2a +1 x + a x - a 2x -1 【详解】 的定义域为 + 且 f x = + - 2 + ÷ = = ，a x è a ax ax
①当 a<0时，由 f x > 0得：0 1< x < ，2

∴ a<0时， f x 的增区间为 0,
1 1
÷ ，减区间为2
,+ ÷，
è è 2
②当0 < a
1
< 时，令 f
2 x > 0得：0 < x
1
< a 或 x > ，
2
∴ f x 的增区间为 0, a 1 1 和 ,+ ÷.2 减区间为 a, ÷.è è 2
③当 a
1
= 时， f x 0恒成立，此时 f x 的增区间为 0,+ ，无递减区间：2
1
④当 a > 时，令 f
2 x > 0得：0
1
< x < 或 x > a，
2
f x 0, 1 a, 1∴ 的递增区间为 ÷ 和 + ，减区间为 ,a

÷．
è 2 è 2
2 F x = af x - x2 = alnx - 2a +1 x F x 1 2ax a x +1，则 < - < , (x >1)恒成立．
lnx
x +1 lnx
1
- -1
令 h x = , (x >1)，则 x ，
lnx h x = lnx 2
令 t x = lnx 1- -1， (x >1)，知 t x 在 1,+ 上递增且 t 3 < 0， t 4 > 0，x
∴ $x0 3,4 ，使 t x0 = lnx
1
0 - -1 = 0x ，即
h x 在 1, x0 递减，在 x0 ,+ 递增，
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：整数 a 的最大值为 3．
a x +1【点睛】关键点点睛：第二问，将题设问题转化为 < , (x >1)恒成立，构造函数并应用导数研究最值，
lnx
求参数.
1
2 2．已知函数 f (x) = ln x - ax ， a R ．
2
（1）求函数 f (x) 的单调区间；
（2）若关于 x 的不等式 f (x) (a -1)x -1恒成立，求整数 a的最小值．
【答案】（1）具体见解析；（2） 2 .
2
【分析】（1 1- ax）先确定函数的定义域，求导后得 f ' x = ，根据 a正负进行讨论，可得函数的单调区间；
x
2 lnx + x +1
（2

）中可通过分离参数将问题转化成 a 在区间 0, + 2 内恒成立求解，令x + 2x
2 lnx + x +1g x = 2 ，结合函数零点存在定理可求得g x 的最值．x + 2x
【详解】（1）函数 f x 的定义域为 0, + ．
f ' x 1 1- ax
2
由题意得 = - ax = ，
x x
当 a 0时， f ' x > 0，则 f x 在区间 0, + 内单调递增；
当 a > 0 1 1时，由 f ' x = 0，得 x = 或 x = - （舍去），
a a
0 x 1当 < < 时， f ' x > 0， f x 单调递增，
a
当 x 1> 时， f ' x < 0， f x 单调递减．
a
所以当 a 0时， f x 的单调递增区间为 0, + ，无单调递减区间；
1 1
当 a > 0时， f x 的单调递增区间为 0, ÷÷，单调递减区间为 ,+ ÷÷．
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 因为 > ，所以原命题等价于 a 2 在区间 0, + 内恒成立．x + 2x
2 lnx + x +1g x 令 =
x2
，
+ 2x
-2 x +1 2lnx + x则 g ' x

=
2 2 ，x + 2x
令 h x = 2lnx + x，则 h x 在区间 0, + 内单调递增，
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
且当0 < x < x0 时， g ' x > 0， g x 单调递增，
当 x > x0时， g ' x < 0， g x 单调递减，
2 lnx0 + x +1x x g x g x
x + 2 1
所以当 = 0时， 有极大值，也为最大值，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，
因为 a Z ，
故整数 a的最小值为 2．
【点睛】本题属于导数的综合应用题．第一问中要合理确定对 a进行分类的标准；第二问利用分离参数的方
法解题，但在求函数 g x 的最值时遇到了导函数零点存在但不可求的问题，此时的解法一般要用到整体代
换，即由 h x0 = 2lnx0 + x0 = 0可得 2lnx0 = x0，在解题时将 lnx0 进行代换以使问题得以求解．
3．已知函数 f x = ln x， h x = ax a R ．
(1)函数 f x 的图象与 h x 的图象无公共点，求实数 a 的取值范围；
m x
1 x
(2)是否存在实数 ，使得对任意的 ,+

÷，都有函数 y = f x
m
+
2 的图象在 g x
e
= 的图象的下方？
è x x
1
若存在，求出整数 m 的最大值；若不存在，请说明理由． 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）将函数 与 无公共点，等价于方程 = a在 0, + 无解，根据导数求最值即可求
x
解.
1
（2）将图像位置关系转化为m < ex - x ln x 对 x ,+ ÷恒成立,2 构造函数
,利用导数处理单调型即可求解.
è
【详解】（1）函数 f x 与 h x 无公共点，
ln x
等价于方程 = a在 0, + 无解，
x
t x ln x t x 1- ln x令 = ，则 = t 2 ，令 x = 0 ，得 x = e，x x
因为 x = e
1
是唯一的极大值点，故 tmax = t e = e
x 0,e e e, +
t x + 0 -
t x 增 极大值 减
ln x 1 1
故要使方程 = a在 0, + 无解，当且仅当a > ，故实数 a 的取值范围为 , + ；
x e ֏ e
x 1
（2
m e
）假设存在实数 m 满足题意，则不等式 ln x + < 对 x ,+ 2 ÷恒成立．x x è
1
即m < ex - x ln x 对 x ,+

2 ÷恒成立．è
令 r x = ex - x ln x r x = ex x，则 - ln x -1，令j x = e - ln x -1，则j x ex 1= - ，
x
1
∵j x 1 1 1 在 ,+ 2 ÷上单调递增，j ÷ = e
2 - 2 < 0，j 1 = e-1 > 0，且j x 的图象在 ,12 ÷上连续，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
，则 0 0 ，
0
∴当 x
1
, x0 ÷时，j x 单调递减；
è 2
当 x x0 ,+ 时，j x 单调递增，
j x j x ex ln x 1 x 1 1 2 x 1则 取到最小值 00 = - 0 - = 0 + - 0 × -1 = 1 > 0，x0 x0
r x > 0 r x 1∴ ，即 在区间 ,+

2 ÷内单调递增．è
m r 1
1
e2 1 1
1
ln e2 1 = - = + ln 2 1.99，
è 2 ÷ 2 2 2
∴存在实数 m 满足题意，且最大整数 m 的值为 1．
1．（2024·福建福州·三模）已知函数 f (x) = ax - ln(1- x)(a R)．
(1)求曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；
(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）根据导数的几何意义求解即可；
（2 ）由 f (x) = ax - ln(1- x)，得 f (x) = a
1
+ (x <1) ，当 a 0时，不符合题意；当 a<0时， f (x) 最小值为
1- x
f 1 1+

÷ = a +1+ ln(-a)，若 f (x) 0恒成立，则 a +1+ ln(-a) 0 ，设j(x) = x +1+ ln(-x)(x < 0) ．根据导数
è a
研究j(x) 的最大值，即可求出 a的值.
【详解】（1）定义域为 (- ,1)，由 f (x) = ax - ln(1- x)
1
，得 f (x) = a + (x <1) ，
1- x
因为 f (0) = 0, f (0) = a +1，
所以曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y = (a +1)x；
（2 ）定义域为 (- ,1)， f (x) a
1 -ax + a +1
= + = ，
1- x 1- x
①当 a 0时， f (-1) = -a - ln 2 < 0，不符合题意．
1
②当 a<0时，令 f (x) = 0，解得 x = 1 + ，
a
x - ,1 1+ 1 当 ÷ 时， f (x) < 0, f (x) 在区间 - ,1+ ÷上单调递减，
è a è a
1
当 x 1+ ,1 时， f
1
÷ (x) > 0, f (x)

在区间 1+ ,1÷ 上单调递增，
è a è a
1 1
所以当 x = 1 + 时， f (x)

取得最小值 f 1+

÷ = a +1+ ln(-a)；a è a
若 f (x) 0恒成立，则 a +1+ ln(-a) 0 ，
设j(x) = x +1+ ln(-x)(x < 0) j ，则 (x) 1
1 x +1
= + = ，
x x
当 x (- ,-1)时，j (x) > 0,j (x)在区间 (- , -1)上单调递增，
当 x (-1,0)时，j (x) < 0,j (x)在区间 (-1,0) 上单调递减，
所以j(x) j(-1) = 0 ，即 a +1+ ln(-a) 0 的解为 a = -1．
所以 a = -1 .
2 2．（2024·山东日照·三模）已知函数 f x = a ln x - x + a - 2 x g x = x - 2 ex - x2， - 4x + m， a R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)当 a = -1时，对"x 0,1 ， f x > g x ，求正整数m 的最大值.
【答案】(1)答案见解析；
(2)3.
【分析】（1）求出函数 f x 的导数，再按 a 0与 a > 0分类讨论求出函数的单调性.
（2）把 a = -1代入，再等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出最小值的范围得解.
f x 0, + a x +1 -2x + a1 f x 2x a 2 【详解】（ ）函数 的定义域为 ，求导得 = - + - = ，
x x
①当 a 0时，有 f x < 0，此时函数 f x 在区间 0, + 上单调递减；
②当 a > 0时，当 x 0,
a a
÷ 时， f x > 0，此时函数 f x 在区间 0, ÷上单调递增；
è 2 è 2
a
当 x ,+
a
÷时， f x < 0

，此时函数 f x 在区间
2
,+ 上单调递减.
è è 2 ÷
所以当 a 0时，函数 f x 在区间 0, + 上单调递减；
a a
当 a 0 f x 0, > 时，函数 在区间 ÷上单调递增，在区间 ,+ ÷ 上单调递减.
è 2 è 2
（2）当 a = -1， x 0,1 时， f x > g x 恒成立，等价于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 设 ， ，则 e - ，
è x ÷
当0 < x <1时，有1 - x > 0 ，
x 1 1
函数u x = e - 在 0,1 上单调递增，且u ÷ = e - 2 < 0 ，u 1 = e -1 > 0 ，x è 2
1
则存在唯一的 x
1
0 ,1÷，使得u x0 = 0，即 ex0 =
è 2 x
，
0
当 x 0, x0 时，u x < 0， h x < 0；当 x x0 ,1 时，u x > 0 ， h x > 0，
函数 h x 在 0, x0 上单调递减，在 x0 ,1 上单调递增，
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设 = -1+ + 2x，则当 x 0,1 时， y = - 2 + 2 < 0，函数 y = -1+ + 2x在 0,1 上单调递减，x x x
1
又因为 x0 ,1÷，所以 h x0 3,4 .
è 2
所以正整数m 的最大值是 3.
a
3．（2022· x全国·模拟预测）已知函数 f x = a +1 e + x - 3，其中 e 为自然对数的底数， a R ．e
(1)讨论函数 f x 的单调性；
3
(2)当 a＝0 时，若存在 x R 使得关于 x 的不等式 k xf x 成立，求 k 的最小整数值．（参考数据： e4 2.1）
【答案】(1)答案见解析；
(2)0.
【分析】（1）求出函数 f x 的导数，分 a < -1，-1 a 0， a > 0三种情况讨论 f x 的符号求解作答.
（2）构造函数 g x = xf x ，求出 g x 的最小值取值范围，再由不等式成立求整数 k 的最小值作答.
a a +1 e2xf x x - a【详解】（1）函数 的定义域 R，求导得： 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
当 x - , ln ÷÷ 时， f x > 0，当 x ln ,+ ÷÷ 时， f x < 0，
è a +1 è a +1

则 f x 在 - , ln
a a
÷÷上单调递增，在 ln ,+ ÷÷上单调递减，
è a +1 è a +1
若-1 a 0，则对任意 x R 都有 f x > 0，则 f x 在 R 上单调递增，

若 a > 0，当 x - , ln
a
÷÷ 时， f x < 0，当 x ln
a ,+
a 1 a 1 ÷÷
时， f
+ x > 0，è è +

则 f x a a在 - , ln ÷÷上单调递减，在 ln ,+ 上单调递增，
è a +1 è a +1 ÷
÷

a a
所以，当 a < -1时， f x 在 - , ln ÷÷上单调递增，在 ln ,+ a 1 ÷÷上单调递减；è + è a +1
当-1 a 0时， f x 在 R 上单调递增；
a a
当 a > 0时， f x 在 - , ln a 1 ÷÷上单调递减，在 ln ,+ ÷上单调递增．è + è a +1 ÷
（2）当 a=0 时，令 g x = xf x = x ex - 3 ，则 g x = x +1 ex - 3，令 h x = x +1 ex - 3，
则 h x = x + 2 ex ，则当 x -2, + 时， h x > 0， g x = h x 在 -2, + 上单调递增，
当 x - ,-2 时， h x < 0， g x 在 - , -2 上单调递减，
3
因 g 0 = 1- 3 = -2 < 0 g 3 7 3， ÷ = e4 - 3 0.675 > 0

，则存在 x0 0, ÷，使得 g x0 = x0 +1 ex0 - 3 = 0 ，
è 4 4 è 4
x 30
即 e = x0 +1
，
则当 x x0 ,+ 时， g x > 0，当 x -2, x0 时， g x < 0，
又当 x - ,-2 时， g x < 0，所以当 x - , x0 时， g x < 0，因此 g x 在 - , x0 上单调递减，在
x0 ,+ 上单调递增，
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 使得关于 x 的不等式 k xf x 成立，且 k 为整数，得 k 0，
所以 k 的最小整数值为 0.
【点睛】结论点睛：函数 y = f x 的定义区间为D，若$x D ，使得m < f (x)成立，则m < f (x)max ；若
$x D ，使得m > f (x) 成立，则m > f (x)min .
4．（2023·江西上饶·一模）已知 f (x) = ex - ax， g(x) = ex (1- sin x) ．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 a (0,3)， h(x) = f (x) - g(x)，试讨论 h(x) 在 (0, π)
p
内的零点个数．（参考数据： e 2 4.81）
【答案】(1)答案见解析.
(2)当0 < a 1时， h x 在 (0, π) 上仅有一个零点，当1 < a < 3 时， h x 在 (0, π) 上有 2 个零点.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论 a 的范围，判断导数正负，可得答案；
（2）求出 h(x) = f (x) - g(x)的导数，再次求导，分0 < a 1和a 1讨论 h 0 =1- a 的正负，判断函数的单
调性，进而结合零点存在定理判断函数零点的个数.
【详解】（1）由已知可知 f (x) = ex - a ,
当 a 0时， f x > 0， f x 在 R 上单调递增；
当 a > 0时，令 f x = 0，则 x = lna，
当 x (- , ln a) 时， f x < 0， f x 在 (- , ln a)单调递减,
当 x ln a, + 时， f x > 0 , f x 在 ln a, + 单调递增.
综上，当 a 0时， f x 在 R 上单调递增，
当 a > 0时， f x 在 (- , ln a)单调递减， f x 在 ln a, + 单调递增.
（2）由已知 h(x) = ex - ax - ex (1- sin x)， h x = ex sin x + cos x - a ，
令H x = ex sin x + cos x - a ,则H x = 2excosx ,
当 x (0,
π)时，H x > 0, h x (0, π在 ) 上单调递增；
2 2
当 x (
π ,π) 时，H x < 0, h x π在 ( , π) 上单调递减，
2 2
h 0 =1- a h ( π
π
， ) = e 2 - a > 0， h (π) = -eπ - a < 0 ，
2
π
①当0 < a 1时，1- a 0 ， h 0 0 ，存在唯一的 x0 ( ,π)，使得 h x0 = 0，2
当 x (0, x0 )时， h x > 0,h x 在 (0, x0 )上递增；当 x x0 , π 时， h x < 0, h x 在 x0 , π 上递减，
因为 h 0 = 0，所以 h x0 > 0，又因为 h π = -aπ < 0，
由零点存在性定理可得， h x 在 (0, π) 上仅有一个零点；
②当1 < a < 3时，h 0 =1- a < 0，$x1 (0,
π), x π2 ( ,π)，使得 h x1 = h x2 ，2 2
当 x (0, x1)和 x (x2 ,π)时， h x < 0, h x 单调递减，
当 x x1, x2 时， h x > 0,h x 单调递增，
π π π
因为 h 0 = 0，所以 h x1 < 0 ，又因为 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，由零点存在性定理可得， h x 在 x1, x2 和 x2 , π 上各有一个零点，即 h x 在 (0, π) 上有 2
个零点，
综上所述，当0 < a 1时， h x 在 (0, π) 上仅有一个零点，
当1 < a < 3时， h x 在 (0, π) 上有 2 个零点．
x
【点睛】难点点睛：解答 h(x) 在 (0, π) 内的零点个数问题，难点在于设出H x = e sin x + cos x - a ,求导后,
要进行分类讨论，判断函数单调性，结合零点存在定理，判断零点个数.
2
5．（2024·浙江绍兴·二模）已知函数 f x x= - x + a sin x .
2
(1)当 a = 2时，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 x 0, π 时， f x > 0，求实数 a的取值范围.
【答案】(1) y = x ；
(2) a 1 .
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程；
（2）分a 1和a < 1讨论，利用导数结合不等式放缩判断导数正负，结合单调性验证恒成立是否满足.
2
【详解】（1）当 a = 2 f x x时， = - x + 2sin x，则 f x = x -1+ 2cos x ，
2
所以切线斜率为 k = f 0 =1，又 f 0 = 0，
所以，切线方程是 y = x .
（2）①当a 1时，因为 x 0, π ，所以 sin x > 0，
x2 x2
所以 f x = - x + a sin x - x + sin x .
2 2
2
记 g x x= - x + sin x ，则 g x = x -1+ cos x，
2
令 h x = g x = x -1+ cos x，则 h x =1- sin x .
因为当 x 0, π 时， h x 0，所以 g x 在区间 0, π 上单调递增，
所以， g x > g 0 = 0，
所以， g x 在区间 0, π 上单调递增，
所以， g x > g 0 = 0，所以 f x > 0 .
②当a < 1时， f x = x -1+ a cos x，
因为当 x 0, π 时， sin x 0,1 ，
令j x = f x = x -1+ a cos x，则j x =1- a sin x ，
若 a 0，则j x > 0，即 f x 在区间 0, π 上单调递增.
若 0 < a < 1，则j x =1- a sin x 1- a > 0，
所以 f x 在区间 0, π 上单调递增.
所以当a < 1时， f x 在区间 0, π 上单调递增.
因为 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，当 x 0, x0 时， f x < 0，即 f x 在区间 0, x0 上单调递减，
所以 f x0 < f 0 = 0，不满足题意.
综上可知，实数 a的取值范围为a 1 .
6．（2024·河南信阳·模拟预测）已知函数 f x = xlnx ， h x = x x -1 x > 0 ．
(1)试比较 f x 与 h x 的大小；
(2)若 f x x -1 ax - a +1 恒成立，求 a的取值范围．
【答案】(1)答案见详解
(2) 1, +
x -1
【分析】（1）因为 f x - h x = x ln x
x -1
- ÷，构建F x = ln x - , x > 0，利用导数判断F x 的单调性，
è x x
结合F 1 = 0分析判断；
（2）构建 g x = ax - ln x a -1+ +1- 2a, x > 0 ，原题意等价于 g x 0在 0, + 内恒成立，利用导数分类讨
x
论 g x 的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】（1）因为 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
构建 ，则F x = - 0在 0, + 内恒成立，x 2x x
可知F x 在 0, + 内单调递减，且F 1 = 0，则有：
若0 < x <1，则F x > 0，即 f x > h x ；
若 x =1，则F x = 0，即 f x = h x ；
若 x >1，则F x < 0，即 f x < h x .
（2）若 f x x -1 ax - a +1 恒成立，则 ax - ln x a -1+ +1- 2a 0 ，
x
构建 g x = ax - ln x a -1+ +1- 2a, x > 0 ，
x
原题意等价于 g x 0在 0, + 内恒成立，
则 g x 1 a -1 x -1 ax + a -1 = a - - 2 = 2 ，x x x
1.若 a 0，则 ax + a -1< 0
当0 < x <1时， g x > 0；当 x >1时， g x < 0；
可知 g x 在 0,1 内单调递增，在 1, + 内单调递减，
则 g x g 1 = 0 ，不符合题意；
2.若 a > 0，则有：
（ⅰ）若a 1，则 ax + a -1 > 0，
当0 < x <1时， g x < 0；当 x >1时， g x > 0；
可知 g x 在 0,1 内单调递减，在 1, + 内单调递增，
则 g x g 1 = 0 ，符合题意；
1
（ⅱ）若 0 < a < 1时，令 g x = 0 ，解得 x =1或 x = -1 > 0，
a
1 1 1
①若 -1 > 1，即0 < a < 时，当1 < x < -1时， g x < 0，
a 2 a
可知 g x 在 1,
1
-1 ÷内单调递减，此时 g x < g 1 = 0 ，不合题意；
è a
1 1 2
② x -1 若 -1 = 1，即 a = 时，则
a 2 g x = 2 0，2x
可知 g x 在 0, + 内单调递增，
当 x 0,1 时，此时 g x < g 1 = 0 ，不合题意；
1 1 1 1③若 - < ，即 < a <1时，则0 < 1- a 2 1- a< <1，
a 2 a
x -1 1
由（1）可知：当0 < x <1时， ln x > = x - ，
x x
g x 1 2a ln x ax a -1 1 2a x 1 ax a -1则 = - - + + < - - - ÷ + + ，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，不合题意；
综上所述： a的取值范围为 1, + .
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
7．（2024·安徽安庆·三模）已知函数 f x = xlnx - ax a R 在点 e, f e 处的切线平行于直线 x - y = 0．
(1)若 f x mx - e2 对任意的 x 0, + 恒成立，求实数m 的取值范围；
(2) x h x = f x + x2若 0 是函数 的极值点，求证： f x0 + 3x0 > 0．
【答案】(1) - , 2
(2)证明见解析
【分析】（1）根据 f e 等于直线 x - y = 0的斜率可得 a =1，然后参变分离，将恒成立问题转化为求
g x lnx 1 e
2
= - + , x > 0 的最小值问题，利用导数求解即可；
x
（2）求导，利用零点存在性定理判断 h x 存在隐零点，利用隐零点方程代入 f x0 + 3x0 化简，结合隐零点
范围即可得证.
【详解】（1） f x 的定义域为 0, + ， f x = lnx +1- a ，
由题知 f e =1+1- a = 2 - a =1，解得 a =1．
xlnx - x + e2
由题意可知 m 对任意的 x 0, + 恒成立，
x
2 c2
即 lnx -1 e+ m对任意的 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 ，则 g x 1 e x - e= - = ，
x x x2 x2
2
所以当 x 0,e 时， g x < 0，函数 g x 单调递减；
当 x e2 ,+ 时， g x > 0，函数 g x 单调递增．
所以 g(x) 2min = g e = 2 -1+1 = 2，
于是m 2，因此实数m 的取值范围是 - , 2 ．
（2）由条件知 h x = xlnx - x + x2 ，对其求导得 h x = lnx + 2x，
函数 h x 在 0, 1+ 2上单调递增，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
当 x 0, x0 时， h x < 0，函数 h x 单调递减；
当 x x0 ,+ 时， h x > 0，函数 h x 单调递增，
于是 x0 是函数 h x 的极值点，
f x + 3x = x lnx + 2x = -2x2所以 0 0 0 0 0 0 + 2x0 = 2x0 1- x0 > 0，即得证．
1
8．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数 f x = alnx - + x a R .
x
(1)讨论 f x 的零点个数；
2
(2)若关于 x 的不等式 f x 2x - 在 0, + 上恒成立，求 a的取值范围.
e
【答案】(1)答案见解析
a é1 1ù(2) ê - e,e - e e ú
.

【分析】（1）求出函数导数，对于 a 分来讨论，确定函数的单调性，结合函数的单调性以及极值情况，即
可求得答案；
f x 2x 2（2）不等式 - 在 0, + 1 2上恒成立等价于 alnx - x - + 0在 0, + 上恒成立，从而构造函数
e x e
G x = alnx 1 2- x - + ，利用导数判断其单调性求解即可.
x e
【详解】（1）因为 f x = alnx 1- + x的定义域为 0, + ，
x
当 x =1时， f 1 = 0，所以 1 是 f x 的一个零点，
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 ，则 ÷ +1- , x > 0，
è 2 4
a
当- 0，即 a 0时， g(x)在 (0,+ )上单调递增，则 g(x) > g(0) =1 > 0，
2
故 f x > 0， f x 在 (0,+ )上单调递增，结合 f 1 = 0，
可知此时 f x 有 1 个零点；
a 2
当- >0 a，即 a<0时，若1- 0，则-2 a < 0时， g(x) 0，
2 4
故 f x > 0， f x 在 (0,+ )上单调递增，结合 f 1 = 0，
可知此时 f x 有 1 个零点；
2
若1 a- < 0，则 a -2时，则 g(x) = x2 + ax +1 = 0的判别式D = a2 - 4 > 0，
4
不妨设两根为 x1, x2 ，则 x1 + x2 = -a > 0,x1x2 =1，
即 x2 + ax +1 = 0 有 2 个正数根，且不妨设 0 < x1 < 1 < x2 ，
则当0 < x < x1 时， g(x) > 0 ，即 f x > 0；当 x1 < x < x2 时， g(x) < 0，即 f x < 0；
当 x > x2 时， g(x) > 0 ，即 f x > 0；
则可知 f x 在 x1,1 上单调递减，则 f (x) = f x极大 1 > f (1) = 0，
f x 在 1, x2 上单调递减，则 f (x) = f x2 < f (1) = 0极小 ，
1
由当 x 无限趋近于 0 时，- 的变化幅度要大于 alnx 的变化幅度，
x
f x 1故 = alnx - + x趋近于负无穷，
x
当 x 趋近于正无穷时，x 的变化幅度要大于 alnx 的变化幅度，
故 f x = alnx 1- + x趋近于正无穷，
x
1
此时函数 f x = alnx - + x有 3 个零点，
x
综上：当 a < -2时， f x 有 3 个零点，当 a -2时， f x 有 1 个零点
（2）不等式 f x 2x 2- 在 0, + 上恒成立
e
等价于 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，则 = - + = - .x e x x2 x2
对于函数 y = x2 - ax -1， n = a2 + 4 > 0，所以其必有两个零点.
又两个零点之积为 -1，所以两个零点一正一负，
1
设其中一个零点 x0 0, + 2，则 x0 - ax0 -1 = 0 ，即 a = x0 - x .0
此时G x 在 0, x0 上单调递增，在 x0 ,+ 上单调递减，

故需G
1 1 2
x0 0 ，即 x0 - ÷ lnx0 - x0 - + 0 .
è x0 x0 e
设函数 h x = 1 1 2 1 x - ÷ lnx - x - + ，则 h x = 1+
è x x e è x2 ÷
lnx .

当 x 0,1 时， h x < 0；当 x 1,+ 时， h x > 0 .
所以 h x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增.
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 上单调递增，
0 e
a é1 e,e 1得 ê - -
ù
e e ú
.

【点睛】方法点睛：解决函数 f x 的零点问题，一般两种思路：（1）分离参数法，此时要注意参数的系数
正负确定，便于分离才可应用这种方法，不过这种方法有可能要用到洛必达法则；（2）当参变分离不容易
进行时，可构造函数，求解函数的最值，来讨论确定答案.
3x
9．（2022·河北唐山·二模）已知函数 f x = ， g x = bsin x，曲线 y = f x 和 y = g x 在原点处有相同
x + 3
的切线 l．
(1)求 b 的值以及 l 的方程；
(2)判断函数h x = f x - g x 在 0, + 上零点的个数，并说明理由．
【答案】(1) b =1， l的方程： y = x .
(2) h x 在 0, + 上有 1 个零点，理由见解析.
【分析】（1）根据曲线 y = f x 和 y = g x 在原点处有相同的切线 l，则可知斜率相等，进一步求出 b 的值
以及 l 的方程；
（2）函数零点即是图象与 x 轴的交点，需要用导数的方法研究函数 h x ，其中要进行二次求导，运用零点
存在性定理说明函数 h x 的零点情况.
9
【详解】（1）依题意得： 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）当 > 时， = 3- >1 sin x， h x > 0 ，此时 h x 无零点.
2 x + 3 x + 3
p 9
当 0 < x < h x = - cos x2 时， x 3 2 +
令H x
9
= 2 - cos x, x
0, p
x + 3 ֏ 2
则H x
18
= - + sin x p
x + 3 3 ，显然H
x 在 0，
è 2 ÷
上单调递增，

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 时，H x < 0 ，H x 单调递减；
p
t p< x < 时，H x > 0，H x 单调递增；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时，H x < 0， h x < 0， h x 单调递减；
p
l < x < 时，H x > 0， h x > 0， h x 单调递增；
2
p p
又 h 0 = 0， h > 0 h x 0， .
è 2 ÷
，所以 在 2 ÷上有一个零点 è
综上， h x 在 0, + 上有 1 个零点.
【点睛】本题考查导数几何意义、函数的零点、用导数研究函数的单调性以及零点存在性定理，知识考查
较为综合，对学生是一个挑战，属于难题.
10．（2023·海南海口·二模）已知 f x = ln x - ax + a .
(1)若 f x 在 x =1处取到极值，求 a的值；
(2)直接写出 f (x) 零点的个数，结论不要求证明；
(3)当 a = -1时，设函数 g(x) = xf (x)，证明：函数 g(x)存在唯一的极小值点且极小值大于-2 .
【答案】(1)1；
(2) a =1且 a 0有一个零点； a > 0且a 1有两个零点；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出函数 f (x) 的导数 f (x) ，由 f (x) = 0求出 a 并验证作答.
（2）由已知可得 1 是 f (x) 的一个零点，按 a 0,0 < a <1,a =1, a >1分段讨论，利用导数结合零点存在性定理
判断作答.
（3）求出函数 g(x)及导数，探讨极值点，再结合隐形零点确定极小值大于-2作答.
【详解】（1） f x 1的定义域为 (0, + )， f x = - a ， f 1 =1- a = 0x ，所以 a =1，
又 a =1时， f x = ln x - x +1， f x 1= -1，得 f x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
x
即 f x 在 x =1处取到极大值，所以 a =1符合要求.
（2）由（1）知，当 a 0时， f x > 0，函数 f x 在 (0, + )上单调递增，而 f (1) = 0，则 f x 有唯一零
点；
1 1
当 a > 0时， x (0, ), f (x) > 0, f (x)单调递增， x ( ,+ ), f (x) < 0, f (x)a 单调递减，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)单调递减， x (1,+ ),j (x) > 0,j(x)单调递增，j(x) j(1) = 0，当且仅当 x =1时取等
号，
因此当 a > 0时， f (x) f (
1
max = ) 0，当且仅当 a =1时取等号，a
于是当 a =1时， f x 有唯一零点；
1 1 1 1 1
当 0 < a < 1时， f x 在 (0, )内有唯一零点 1，当 x ( ,+ ) 时， 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，则 y = ex - 2 > 0，
即函数u (x)在 (1, + )上单调递增，u (x) > u (1) = e - 2 > 0，于是函数u(x) 在 (1, + )上单调递增，
1 1 1
u(x) > u(1) = e - 2 > 0 1 1，即当 x >1时， ex > x2 +1，因此 ea > 2 +1，有-a ×ea < - - a ，即a a f (e
a ) < 0，
1
从而函数 f x 在 ( ,+ )a 上有唯一零点，即函数 f x 有两个零点；
1 -a 1
当 a > 1时，函数 f x 在 ( ,+ )a 上有唯一零点 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 ，从而函数 f x (0, 1在 )上有唯一零点，即函数 f x 有两个零点，
a
综上得当 a =1或 a 0时， f (x) 有一个零点； a > 0且a 1时， f (x) 有两个零点.
（3）依题意， g x = xf x = x ln x - x + x2，函数 g x 的定义为 (0, + )，
求导得 g x = ln x + 2x，显然函数 g x 在 (0, + )上单调递增，
g (1又 ) = -1
2
+ < 0, g 1 = 2 > 0，则存在 x0 (1 ,1) ，使得 g x = 0，e e e 0
当 x (0, x0 )时， g x < 0， g x 单调递减，当 x (x0 ,+ ) 时， g x > 0， g x 单调递增，
即当 x = x0时，函数 g x 取得极小值 g x0 ，无极大值，
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
则函数 h(x0 )在 ( ,1) 上单调递减，因为 x0 (
1 ,1) ，所以 h(xe 0
) > h(1) = -2，函数 g x 的极小值 g x0 > -2e
所以函数 g x 存在唯一的极小值点且极小值大于-2 .
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零
点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
11．（2021·四川南充·模拟预测）已知函数 f (x) ln x mx2 g(x)
1
= - ， = mx2 + x m R2 ， ，令
F (x) = f (x) + g(x)．
（1）当m
1
= 时，求函数 f x 的单调区间及极值；
2
（2）若关于 x 的不等式F x mx -1恒成立，求整数m 的最小值．
1
【答案】（1）单调递增区间为 0,1 ；单调递减区间为 (1, + )； f x 的极大值为- ，无极小值；（2）2．
2
【分析】（1）根据导数与函数单调性和极值的关系求函数 f x 的单调区间及极值；
（2）设G x = F x - mx -1 ，求函数G x 的最大值，由此可得整数m 的最小值．
m 1 f x ln x 1 x2 x 0 f x 1【详解】解：（1）当 = 时， = - > ，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 的单调递增区间为 0,1 ．
由 f x < 0得 x >1，所以 f x 的单调递减区间为 (1, + )．
所以 f x 的极大值为 f 1 1，即- ，无极小值．
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
当m 0时，因为 x > 0，所以G x > 0，所以G x 在 (0, + )上是增函数，
3
又因为G 1 = - m + 2 > 0，
2
所以关于 x 的不等式F x mx -1不能恒成立．

2 m x
1
- x +1
当m > 0时， -mx + 1- mG x x +1
÷
= = - è m ．
x x
令G x = 0 x 1= x 1 ，得 ，所以当 0,
m ÷
时，G x > 0；
è m
x 1当 , +

÷时，G x < 0 ，
è m
G x 0, 1 1 ,+ 因此函数 在 ÷上是增函数，在 ÷上是减函数．
è m è m
故函数G x 1 1的最大值为G ÷ = - ln m ．
è m 2m
令 h(m)
1
= - ln m，因为 h(1)
1 1
= > 0， h(2) = - ln 2 < 0，
2m 2 4
且 h m 在 (0, + )上是减函数，所以当m 2时， h m < 0．
所以整数m 的最小值为 2．
【点睛】对于不等式恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
(2)a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min.
12．（2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数 f x = x 1- + a ln x，其中 a R .
x
(1)当 x 1,+ 时， f x 0，求 a 的取值范围.
(2)若 a < -2，证明： f x 有三个零点x1，x2， x3 （ x1 < x2 < x3），且x1，x2， x3 成等比数列.
【答案】(1) -2, +
(2)证明见解析
【分析】（1）利用 f 1 = 0，且 f x 0 （ x 1），结合 f 1 = a + 2 0，解得 a -2，然后再证明 a -2
满足题意， a < -2时不符题意即可；
2 2
（2）结合（1） f p > 0， f q < 0，从而取特殊值 xp = a + a2 +1 以及 x 2q = a +1 - a ，继而判断 f xp
和 f xq 的正负情况，推出 f x 的零点情况，结合等比数列的定义，即可证明结论.
2
【详解】（1）由题意可知 f x 的定义域为 0, + f x 1 1 a x + ax +1， = + 2 + = 2 , x > 0 ，x x x
因为 f 1 = 0， f x 0 （ x 1），所以必有 f 1 = a + 2 0，解得 a -2，
以下证明 a -2满足题意.
1 1
由 x 1可知， ln x 0 ，所以当 a -2时， f x = x - + a ln x x - - 2ln x ，
x x
h x = x 1- - 2ln x x 1 x -1
2
设 （ ），
x h x = ，x2 0
所以 h x 在 (1, + )为递增函数，所以 h x h 1 = 0，所以 f x h x 0，
a
当 a < -2时，对于函数 y = x2 + ax +1，- > 0,D = a2 - 4 > 0，
2
易知 x2 + ax +1 = 0 有两个正根，不妨设为 p, q, p < q, ( pq =1)，则0 < p <1,q >1，
则当0 < x < p或 x > q时， f x > 0；当 p < x < q 时， f x < 0；
f x 在 0, p 和 q,+ 上单调递增，在 p, q 上单调递减，
因为 f 1 = 0，所以 f p > 0， f q < 0，与 x 1,+ 时， f x 0 ，不符合；
综上，a 的取值范围是 -2, + .
a 2
（2）由（1）可知，当 a < -2时，对于函数 y = x2 + ax +1，- > 0,D = a - 4 > 0，
2
易知 x2 + ax +1 = 0 有两个正根，不妨设为 p, q, p < q, ( pq =1)，则0 < p <1,q >1，
则当0 < x < p或 x > q时， f x > 0；当 p < x < q 时， f x < 0；
f x 在 0, p 和 q,+ 上单调递增，在 p, q 上单调递减，
2
因为 f 1 = 0，所以 f p > 0， f q < 0，取 xp = a + a2 +1 ，则 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
设 h(x) = lnx - x +1,x > 0，则 h (x)
1 1- x
= -1 = ，
x x
当0 < x <1时， h (x) > 0， h(x) 在 (0,1)上单调递增，
当 x >1时， h (x) < 0， h(x) 在 (1, + )上单调递增，故 h(x) h(1) = 0 ，
即 ln x x -1 < x，当且仅当 x =1取等号，
即得 ln
1 1
< ，即 ln x
-2
> ，
x x x
1 1 2a x - 2a x -1
则 f xp = xp - + a ln xp <1- - = p p = 0 ；xp xp xp xp
2
取 x 2q = a +1 - a ，则 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 上存在唯一零点x1，即在 0, p 上存在唯一零点x1，
在 q, xq 上存在唯一零点 x3 ，即在 q,+ 上存在唯一零点 x3 ，
结合 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 也是函数的零点，显然
x1且 1，所以 = x3 ，即 x1x3 =1，
1 x1 x1 x1
所以 x 21x3 = x2 ，所以x1，x2， x3 成等比数列.
【点睛】关键点睛：解答第二问的关键在于利用函数的单调性并结合零点存在定理，证明函数 f x 在 xp , p
上存在唯一零点x1，即在 0, p 上存在唯一零点x1，在 q, xq 上存在唯一零点 x3 ，即在 q,+ 上存在唯一
零点 x3 ，并且结合 f 1 = 0，取 x2 =1，即可证明结论.
a
1．（2021· x全国·高考真题）已知 a > 0且a 1，函数 f (x) = (x > 0)．
a x
（1）当 a = 2时，求 f x 的单调区间；
（2）若曲线 y = f x 与直线 y =1有且仅有两个交点，求 a 的取值范围．
0, 2 ù é 2【答案】（1） ú 上单调递增； ê ,+

÷ 上单调递减；（2） 1,e U e,+ .
è ln2 ln2
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线 y = f x 与直线 y =1有且仅有两个交点等价转化为方
ln x ln a ln a
程 =x a 有两个不同的实数根，即曲线
y = g x 与直线 y = 有两个交点，利用导函数研究 g x 的单调
a
性，并结合 g x 的正负，零点和极限值分析 g x 的图象，进而得到0 ln a 1< < ，发现这正好是
a e
0 < g a < g e ，然后根据 g x 的图象和单调性得到 a的取值范围.
2 x
x 2x × 2 - x
2 × 2x ln 2 x ×2x 2 - x ln 2
【详解】（1）当 a = 2时， f x = x , f x

=
2 x 2
=
4x ,2
令 f ' x = 0 x 2 2 2得 = ,当0 < x < 时， f x > 0 ,当 x > 时， f x < 0 ,
ln 2 ln 2 ln 2
∴函数 f x 0, 2 ù é 2 在
è ln2 ú
上单调递增； ê ,+ ÷ 上单调递减； ln2
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
a
f x x 1 a x xa x ln a a ln x ln x ln a ln x= = = = = ,设函数 g x =x ,a x a x
则 g x 1- ln x= ,令 g x = 0 ，得 x = e2 ,x
在 0,e 内 g x > 0 , g x 单调递增；
在 e,+ 上 g x < 0 , g x 单调递减；
\ g x = g e 1=max ,e
又 g 1 = 0，当 x 趋近于+ 时， g x 趋近于 0，
所以曲线 y = f x 与直线 y =1 ln a有且仅有两个交点，即曲线 y = g x 与直线 y = 有两个交点的充分必要条
a
件是0
ln a 1
< < ,这即是0 < g a < g e ,
a e
所以 a的取值范围是 1,e U e,+ .
[方法二]：构造差函数
由 y = f (x) 与直线 y =1有且仅有两个交点知 f (x) = 1，即 xa = a x 在区间 (0, + )内有两个解，取对数得方程
a ln x = x ln a 在区间 (0, + )内有两个解．
构造函数 g (x) = a ln x - x ln a, x (0, + ) ，求导数得 g (x)
a ln a a - x ln a= - = ．
x x
当 0 < a < 1时， lna<0,x (0,+ ),a-xlna>0,g (x)>0,g(x)在区间 (0, + )内单调递增，所以， g(x)在
(0, + )内最多只有一个零点，不符合题意；
a a a
当 a

> 1时， ln a > 0，令 g (x) = 0得 x = ，当 x 0, ÷ 时， g (x) > 0；当 x

,+

÷时， g (x) < 0；ln a è ln a è ln a
a a
所以，函数 g(x)的递增区间为 0, ln a ÷，递减区间为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
当 x + 时，有 a ln x < x ln a ，即 g(x) < 0，由函数 g ( x ) = a ln x - x ln a 在 (0, + )内有两个零点知
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构造函数 ，则 = - = ，所以 h(a) 的递减区间为 (1,e)，递增区间为 (e, + )，所以
a a
h(a) h(e) = 0 ，当且仅当 a = e时取等号，故 h(a) > 0 的解为 a > 1且 a e ．
所以，实数 a 的取值范围为 (1,e) (e,+ )．
[方法三]分离法：一曲一直
a
曲线 y = f (x) 与 y =1 x有且仅有两个交点等价为 (0, + )x =1在区间 内有两个不相同的解．a
因为 xa = a x ，所以两边取对数得 a ln x x ln a ln x
x ln a
= ，即 = ，问题等价为 g(x) = ln x p(x)
x ln a
与 = 有且仅
a a
有两个交点．
ln a
①当 0 < a < 1时， < 0, p(x)与 g(x)只有一个交点，不符合题意．
a
1 1
②当 a > 1时，取 g(x) = ln x上一点 x0, ln x0 , g (x) = , g x0 = , g(x)在点 x0 , ln xx x 0 的切线方程为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
当 y = x -1+ ln x
x ln a a x = ,p(x) =
x 0 与 为同一直线时有 í 0 得 í a e0 a
ln x0 -1 = 0, x0 = e.
p(x) x ln a
ln a 1 x ln a
直线 = 的斜率满足：0 < < 时， g(x) = ln x与 p(x) = 有且仅有两个交点．
a a e a
记 h(a)
ln a , h (a) 1- ln a= = ，令 h (a) = 0，有 a = e2 ．a (1,e),h (a) >0,h(a)在区间 (1,e)内单调递增；a a
a (e,+ ),h (a)<0,h(a) 1在区间 (e, + )内单调递减； a = e时， h(a) 最大值为 h e = ，所以当 a > 1且 a ee
0 ln a 1时有 < < ．
a e
综上所述，实数 a 的取值范围为 (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
因为 x > 0，由 f (x) = 0得 x = ．
ln a
当 0 < a < 1时， f (x) 在区间 (0, + )内单调递减，不满足题意；
a a
当 a > 1时， > 0 ，由 f (x) > 0 a得0 < x < , f (x) ln a 在区间 0, ln a ÷内单调递增，由
f (x) < 0 得
ln a è
x a , f ( x)
a
> 在区间 ,+

÷内单调递减．ln a è ln a
a
a
a a-
因为 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，两边取对数，得 1- ln a > ln(ln a)，即 ln a -1 > ln(ln a) ．è ln a ÷
令 ln a = t ，则 t -1 > ln t ，令 h(x) = ln x - x +1，则 h (x)
1
= -1，所以 h(x) 在区间( 0, 1)内单调递增，在区间 (1, + )
x
内单调递减，所以 h(x) h(1) = 0，所以 t -1 ln t ，则 t -1 > ln t 的解为 t 1，所以 ln a 1，即 a e ．
故实数 a 的范围为 (1,e) (e,+ )．]
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，
属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数
形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：将问题取对，分成 g(x) = ln x与 p(x)
x ln a
= 两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线
a
斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
2．（2020· 1全国·高考真题）设函数 f (x) = x3 + bx + c ，曲线 y = f (x) 在点( 2 ，f(
1
2 ))处的切线与 y 轴垂直．
（1）求 b．
（2）若 f (x) 有一个绝对值不大于 1 的零点，证明： f (x) 所有零点的绝对值都不大于 1．
3
【答案】（1）b = - ；（2）证明见解析
4
1
【分析】（1）利用导数的几何意义得到 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 - 上单调递减，在 (- , - ) ，
4 2 2 2 2 2
(1 , ) f ( 1) c 1 , f ( 1) c 1+ 上单调递增，且 - = - - = + , f (
1) c 1= - , f (1) = c 1+ ，采用反证法，推出矛盾即
2 4 2 4 2 4 4
可.
1 1 2 3
【详解】（1）因为 f (x) = 3x2 + b ，由题意， f ( ) = 0，即：3 + b = 0，则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 - ) 上单调递减，在 (- ,
1) 1- ， ( , + )上单调递增，
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) 所有零点中存在一个绝对值大于 1 的零点 x0 ，则 f (-1) > 0或 f (1) < 0，
即 c
1 1
> 或 c < - .
4 4
c 1 1 1 1 1当 > 时， 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，
由零点存在性定理知 f (x) 在 (-4c,-1)上存在唯一一个零点 x0 ，
即 f (x) 在 (- , -1)上存在唯一一个零点，在 (-1, + )上不存在零点，
此时 f (x) 不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾；
1
当 c < - 时， 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，
由零点存在性定理知 f (x) 在 (1,-4c) 上存在唯一一个零点 x 0 ，
即 f (x) 在 (1, + )上存在唯一一个零点，在 (- ,1)上不存在零点，
此时 f (x) 不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾；
综上， f (x) 所有零点的绝对值都不大于 1.
［方法二］【最优解】：
3 3
设 x0 是 f (x) 的一个零点，且 x0 1，则 c = -x0 + x ．4 0
从而 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 ，由判别式Δ = x0 - 4 x0 - ÷ = 3 - 3x0 0，可知 h(x) = 0在 R 上有解， h(x) 的对称4 è 4
ì 2
h(1) =1+ x + x2
3
- = 0 0 x
1
0 + ÷ 04 2
轴是 x
x 1 1 x
= - 0 éê- ,
ù è
ú í ，所以 h(x)
é ù
2 在区间
0
ê-1,- ú上有一根为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
区间 ê-
0 ,1ú 上有一根为x1（当 x0 = ±1时， x1 = x2），进而有 x1 1, x2 1，所以 f (x) 的所有零点的绝对值 2
均不大于 1．
［方法三］：
设 x0 是函数 f (x)
3 3 3
的一个绝对值不大于 1 的零点，且 c = -x0 + x0 , x0 1．设 c(x) = -x
3 + x ，则
4 4
c (x) = -3x2 3+ ，显然 c(x)
1, 1 1 1在区间 - -

÷ 内单调递减，在区间 - ,
1
÷内单调递增，在区间 ,1

4 ÷
内单调
è 2 è 2 2 è 2
递减．又 c(-1)
1 1 1 1 1 1
= ,c(1) = - ,c -

÷ = - ,c
é 1 1 ù
4 4 ÷
= ，于是 c(x)的值域为 - , ．
è 2 4 è 2 4 ê 4 4 ú
设x 为函数 f (x) f (x) x3
3 x 1 3 11 的零点，则必有 = 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,
综上， f (x) 的所有零点的绝对值都不大于 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 ．则 在区间 - ,
1
- 内
4 4 2 2 ֏ 2
1 1 1
递增，在区间 - , ÷内递减，在区间 ,+ ÷内递增，所以 f (x) 的极大值为 f
1- c 1= + = f (1), f (x)
è 2 2 è 2 ÷
的
è 2 4
1
极小值为 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 ， 有唯一一个零点 0 ，显然有 0 ，不满足题意；
è 4 4
f 1 f 1- = 0 1 1 1（ⅱ）若 2 ÷ 2 ÷ ，即
c = 或 c = - ， f (x) 有两个零点，不妨设一个零点为 x
è è 4 4 0
= - ，显然有
2
x0 1 3
3 1 1
，此时， f (x) = x - x - ，则 f (1) = 0，另一个零点为 1，满足题意；同理，若一个零点为 x
4 4 0
= ，
2
则另一个零点为 -1．
f 1- 1 1 1 1 1（ⅲ）若 ÷ f ÷ < 0 ，即- < c < ， f (x)

有三个零点，易知在区间 - ,

2 2 内有一个零点，不妨设è è 4 4 ÷è 2 2
x 1 f 1 为 x0 ，显然有 0 ，又 - ÷ > 0， f (-1)
1
< 0 -1, - ，所以在 ÷ 内有一个零点 m，显然 | m | 12 ，同理，
f (x)
è 2 è
1
在 ,12 ÷内有一个零点 n，有 | n | 1．è
综上， f (x) 所有零点的绝对值都不大于 1．
［方法五］：
设x 是 f (x)1 的一个零点且 x1 1，则 c x
3 3= - 1 + x1, x2 是 f (x) 的另一个零点．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
则 x2 + x1x2 + x1 - = 0，设m(x) = x
2 + x1x + x
2 3
1 -
2
，由判别式D = x1 - 4

x
2
1 - ÷ = 3 - 3x
2 0，所以方程有
4 4 4 1è
解．
假设实数x2满足 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 > ．与
è x2 x2 êè x2 2 4ú 4
x2 x x x2 32 + 1 2 + 1 - = 0矛盾，假设不成立．4
所以， f (x) 所有零点的绝对值都不大于 1．
【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推
出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：
利用零点的定义结合题意求出 c的范围，然后再由零点定义以及 c的范围即可求出所有零点的范围，从而证
出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出 c的范围，再结合零点存在性定理即可证出；
方法五：设函数的一个零点为x1，满足 x1 1，再设另一个零点为x2，通过零点定义找到 x1, x2 的关系，再
根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．
3．（2017· 2全国·高考真题）已知函数 f x = ax - ax - xlnx,且 f x 0 .
（1）求 a；
-2 -2
（2）证明： f x 存在唯一的极大值点 x0 ，且 e < f x0 < 2 .
【答案】（1）a=1；（2）见解析.
1
【分析】（1）通过分析可知 f（x）≥0 等价于 h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用 h′（x）＝a - 可得 h
x
1
（x）min＝h（ ），从而可得结论；
a
（2）通过（1）可知 f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记 t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知 t（x）min＝
1 1
t（ ）＝ln2﹣1＜0，从而可知 f′（x）＝0 存在两根 x0，x2，利用 f（x）必存在唯一极大值点 x2 0
及 x0＜2
1 1 1
可知 f（x0）＜ ，另一方面可知 f（x0）＞f（ ）= ．4 e e2
【详解】（1）解：因为 f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
1
则 f（x）≥0 等价于 h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知 h′（x）＝a - ．
x
则当 a≤0 时 h′（x）＜0，即 y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当 x0＞1 时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故 a＞0．
1 1
因为当 0＜x＜ 时 h′（x）＜0、当 x＞ 时 h′（x）＞0，
a a
1
所以 h（x）min＝h（ ），
a
又因为 h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
1
所以 = 1，解得 a＝1；
a
另解：因为 f（1）＝0，所以 f（x）≥0 等价于 f（x）在 x＞0 时的最小值为 f（1），
所以等价于 f（x）在 x＝1 处是极小值，
所以解得 a＝1；（2）证明：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，记 t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则 t′（x）＝2 - ，
x
1
令 t′（x）＝0，解得：x = ，
2
1 1
所以 t（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增，
2 2
1
所以 t（x）min＝t（ ）＝ln2﹣1＜0，从而 t（x）＝0 有解，即 f′（x）＝0 存在两根 x0，x2 2
，
且不妨设 f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以 f（x）必存在唯一极大值点 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）上单调递增，在（x0， ）上单调递减，e
1 1
所以 f（x0）＞f（ ）= 2 ；e e
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点 x ，且 e﹣20 ＜f（x0）＜2﹣2．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，
属于难题．第10讲 根思想在导数中的应用
（高阶拓展、竞赛适用）
（核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
求在曲线上一点处的切线方程
卡根思想在导数中 用导数判断或证明已知函数的单调性
2023 年全国甲卷理数，第 21 题,12 分
的应用. 根据极值求参数
由函数对称性求函数值或参数
卡根思想在导数中 利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2023 年全国乙卷理数，第 21 题,12 分
的应用 利用导数研究不等式恒成立问题
卡根思想在导数中 利用导数研究方程的根
2022 年新 I 卷，第 22 题,12 分
的应用 由导数求函数的最值 (含参)
卡根思想在导数中 求在曲线上一点处的切线方程 (斜率
2022 年全国乙卷理数，第 21 题,12 分
的应用 利用导数研究函数的零点
卡根思想在导数中 利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2021 年全国甲卷理数，第 21 题,12 分
的应用 利用导数研究方程的根
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数解决函数基本问题
2 能用卡根思想结合零点存在性定理综合解题
【命题预测】在零点个数及方程的根等综合问题研究中，参变分离和数形结合都是解题的方法，但也都有
局限性，同时对函数图像画法要求较高；包括在零点个数研究中还有放缩方法，但是放缩的不等式变化较
多，这样对学生又提出了比较严苛能力要求。此时卡根法是此类题型的另一方法。同时卡根法也常应用于
导数研究函数性质的过程中，其本质是虚设零点（设而不求），利用零点满足的关系式化简，从而得到范围
或符号。高考中常用的解题方法，需要学生复习中综合掌握
知识讲解
“卡根”问题的一般方法，其具体步骤如下
1. 根据函数的增长速度判断函数值变化的趋势，以便确定是否存在零点;
2. 根据函数表达式的特点进行拆分，一般拆分成和或乘积形式;
3. 根据函数的增长速度，将指、对数函数放缩成幂函数及其和的形式;
4. 根据相关不等式的解集，利用零点存在定理来确定零点存在的区间
零点存在性定理：
如果函数 y = f x 在区间 a,b 上的图像是连续不断的一条曲线，并且有 f a × f b < 0 ，那么函数
y = f x 在区间 a,b 内必有零点，即$x0 a,b ，使得 f x0 = 0
注：零点存在性定理使用的前提是 f x 在区间 a,b 连续，如果 f x 是分段的，那么零点不一定存在
考点一、卡根思想在导数中的综合应用
sin x π
1．（2023·全国·高考真题）已知函数 f (x) = ax - 3 , x 0,cos x ÷è 2
(1)当a = 8时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 f (x) < sin 2x 恒成立，求 a 的取值范围．
1
2．（2023·全国·高考真题）已知函数 f (x) = + a ÷ ln(1+ x) .
è x
(1)当 a = -1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
y f 1 (2)是否存在 a，b，使得曲线 = ÷关于直线 x = b 对称，若存在，求 a，b 的值，若不存在，说明理由.
è x
(3)若 f x 在 0, + 存在极值，求 a 的取值范围.
3．（2022·全国·高考真题）已知函数 f x = ln 1+ x + axe- x
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 f x 在区间 -1,0 , 0, + 各恰有一个零点，求 a 的取值范围．
4．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)证明：存在直线 y = b，其与两条曲线 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交
点的横坐标成等差数列．
1．已知函数 f x 1= x2 + lnx - 2 1+ ÷ x， a 0 ．a è a
（1）求函数 f x 的单调区间；
（2）令F x = af x - x2，若F x <1- 2ax在 x 1, + 恒成立，求整数 a 的最大值．
( 4 5参考数据： ln3 < ， ln4 > )
3 4
1
2 2．已知函数 f (x) = ln x - ax ， a R ．
2
（1）求函数 f (x) 的单调区间；
（2）若关于 x 的不等式 f (x) (a -1)x -1恒成立，求整数 a的最小值．
3．已知函数 f x = ln x， h x = ax a R ．
(1)函数 f x 的图象与 h x 的图象无公共点，求实数 a 的取值范围；
1 m x
(2) e是否存在实数 m，使得对任意的 x ,+ ÷，都有函数 y = f x + 的图象在 g x = 的图象的下方？
è 2 x x
1
若存在，求出整数 m 的最大值；若不存在，请说明理由． e + ln 2 1.99

è 2 ÷
1．（2024·福建福州·三模）已知函数 f (x) = ax - ln(1- x)(a R)．
(1)求曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；
(2)若 f (x) 0恒成立，求 a的值
2．（2024·山东日照·三模）已知函数 f x = a ln x - x2 + a - 2 x， g x = x - 2 ex - x2 - 4x + m， a R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)当 a = -1时，对"x 0,1 ， f x > g x ，求正整数m 的最大值.
x a3．（2022·全国·模拟预测）已知函数 f x = a +1 e + - 3，其中 e 为自然对数的底数， a R ．
ex
(1)讨论函数 f x 的单调性；
3
(2)当 a＝0 时，若存在 x R 使得关于 x 的不等式 k xf x 成立，求 k 的最小整数值．（参考数据： e4 2.1）
4．（2023·江西上饶·一模）已知 f (x) = ex - ax， g(x) = ex (1- sin x) ．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 a (0,3)， h(x) = f (x) - g(x)，试讨论 h(x) 在 (0, π)
p
内的零点个数．（参考数据： e 2 4.81）
2
5．（2024·浙江绍兴·二模）已知函数 f x x= - x + a sin x .
2
(1)当 a = 2时，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 x 0, π 时， f x > 0，求实数 a的取值范围.
6．（2024·河南信阳·模拟预测）已知函数 f x = xlnx ， h x = x x -1 x > 0 ．
(1)试比较 f x 与 h x 的大小；
(2)若 f x x -1 ax - a +1 恒成立，求 a的取值范围．
7．（2024·安徽安庆·三模）已知函数 f x = xlnx - ax a R 在点 e, f e 处的切线平行于直线 x - y = 0．
(1)若 f x mx - e2 对任意的 x 0, + 恒成立，求实数m 的取值范围；
(2) 2若 x0 是函数 h x = f x + x 的极值点，求证： f x0 + 3x0 > 0．
8．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数 f x = alnx 1- + x a R .
x
(1)讨论 f x 的零点个数；
2
(2)若关于 x 的不等式 f x 2x - 在 0, + 上恒成立，求 a的取值范围.
e
3x
9．（2022·河北唐山·二模）已知函数 f x = ， g x = bsin x，曲线 y = f x 和 y = g x 在原点处有相同
x + 3
的切线 l．
(1)求 b 的值以及 l 的方程；
(2)判断函数h x = f x - g x 在 0, + 上零点的个数，并说明理由．
10．（2023·海南海口·二模）已知 f x = ln x - ax + a .
(1)若 f x 在 x =1处取到极值，求 a的值；
(2)直接写出 f (x) 零点的个数，结论不要求证明；
(3)当 a = -1时，设函数 g(x) = xf (x)，证明：函数 g(x)存在唯一的极小值点且极小值大于-2 .
1
11．（2021·四川南充·模拟预测）已知函数 f (x) = ln x - mx2， g(x) = mx2 + x2 ，m R，令
F (x) = f (x) + g(x)．
1
（1）当m = 时，求函数 f x 的单调区间及极值；
2
（2）若关于 x 的不等式F x mx -1恒成立，求整数m 的最小值．
12．（2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数 f x 1= x - + a ln x，其中 a R .
x
(1)当 x 1,+ 时， f x 0，求 a 的取值范围.
(2)若 a < -2，证明： f x 有三个零点x1，x2， x3 （ x1 < x2 < x3），且x1，x2， x3 成等比数列.
a
1．（2021·全国· x高考真题）已知 a > 0且a 1，函数 f (x) = x (x > 0)．a
（1）当 a = 2时，求 f x 的单调区间；
（2）若曲线 y = f x 与直线 y =1有且仅有两个交点，求 a 的取值范围．
2．（2020·全国· 1 1高考真题）设函数 f (x) = x3 + bx + c ，曲线 y = f (x) 在点( 2 ，f( 2 ))处的切线与 y 轴垂直．
（1）求 b．
（2）若 f (x) 有一个绝对值不大于 1 的零点，证明： f (x) 所有零点的绝对值都不大于 1．
3 2．（2017·全国·高考真题）已知函数 f x = ax - ax - xlnx,且 f x 0 .
（1）求 a；
（2）证明： f x -2 -2存在唯一的极大值点 x0 ，且 e < f x0 < 2 .

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