【文档说明】备战2023-2024学年高三上学期期中数学真题分类汇编（新高考通用）专题06 函数与导数压轴大题（十大题型） Word版含解析.docx，共(51)页，3.760 MB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

专题06函数与导数压轴大题含参讨论单调性1．（广东省佛山市第四中学2023届高三上学期期中）已知函数()(exfxmxm=−R).(1)讨论()fx的单调性；(2)当0x时，若关于x的不等式()()ln110f

xx++−恒成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)(,2−【分析】（1）求出()fx，分为0m和0m两种情况分别研究导函数的正负，即可求得()fx的单调性；（2）构造函数()()()eln110xgxmxxx=−++−，利用二次求导判断()gx的单调性,求出m的取

值范围，然后利用零点存在定理证明m>2时，不等式恒不成立.【详解】（1）函数()fx的定义域为R,()exfxm=−，当0m时，由()0fx¢>，()fx在R上单调递增，当0m时，令()0fx¢>，

可得lnxm，令()0fx，可得lnxm，∴()fx单调递减区间为(),lnm−，()fx单调递增区间为()ln,m+，∴当0m时，()fx在R上单调递增；当0m时，()fx在区间(),lnm

−上单调递减，在区间()ln,m+上单调递增.（2）设()()()eln110xgxmxxx=−++−，则()1e1xgxmx=+−+，（i）当2m时，()1e1xgxmx=+−+，令()1e1xh

xmx=+−+，则()()21e1xhxx=−+，令()()21e1xkxx=−+，则()()32e01xkxx+=+，∴()kx在区间)0,+上单调递增，则()()00kxk=，∴()hx在区间)0,+上单调递增，则()()02hxhm=−，∴()20gxm=−

，∴()gx在区间)0,+上单调递增，则()()00gxg=恒成立，（ii）若m>2时，则(0)0g，1(ln1)(e1)02lngmmm+=−++，∴()00,ln1xm+，使得()00gx=，∴()gx在区间)00,x

上单调递减，则()()000gxg=，与条件矛盾，综上所述，实数m的取值范围为(,2−.2．（重庆市第一中学校2023届高三上学期期中）已知函数21()(1)e()2xfxxkxkxk=−−−+R．(1)讨论函数()fx的单调性；(2

)当1k=时，证明：函数21()()(1)2gxfxxkx=+−+在R上有两个零点．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导令()0fx=，得xk=或0x=，分三种情况：当0k=时，当0k时，当0k时，分析()fx的符号，()fx单调性，即可得出答案；（2）根据题意

可得当1k=时，()(2)exgxxx=−−，求导分析单调性，极值，即可得出答案.【详解】（1）()fx的定义域为R，()()(1)ee()e()()e1xxxxfxxkxkxkxkxk=−−+−+=−−−=−−令()0fx=，得xk=或0x

=，当0k=时，()0fx在R上恒成立，()fx单调递增，当0k时，在(,)k−上，()0,()fxfx单调递增，在(,0)k上，()0,()fxfx单调递减，在(0,)+上，()0,()fxfx单调递增，当0k时，在(,0)−上，()0,()fxfx单调

递增，在(0,)k上，()0,()fxfx单调递减，在(,)k+上，()0,()fxfx单调递增，综上所述，当0k=时，()fx在(,)−+上单调递增，当0k时，()fx在(,)k−，(0,)+上单调递增，在(,0)k上单调递减，当0k时，()fx在(,0)−，

(,)k+上单调递增，在(0,)k上单调递减.（2）21()()(1)(1)e2xgxfxxkxxkx=+−+=−−−，当1k=时，()(2)exgxxx=−−，则()(2)ee1(1)e1xxxgx

xx=−+−=−−，令()(1)e1xhxx=−−，则()e(1)eexxxhxxx=+−=，所以在(,0)−上()0,()hxhx单调递减，在(0,)+上()0,()hxhx单调递增，所以min()(0)2hxh==−，

又0x时，()0hx，2(1)10,(2)e10hh=−=−，所以存在1(1,2)x，使得()10hx=，即111e,1xx=−所以在()1,x−上()0,()0hxgx，()gx单调递减，在()1,x+上()0,()0,()hxg

xgx单调递增，所以()()()()()1111min1111111211()2e211xxxxgxgxxxxxxx−−−==−−=−−=−−()()()221111111111122111121111xxxxxx

xxx−−−−+−===−−−=−−+−−−−−，当且仅当11111xx−=−，即12x=时，取等号，因为1(1,2)x，所以()min1()2gxgx=−，由22242e(2)4e20eg−−+−=−+=，3(3)

e30g=−，所以在()()112,,,3xx−上存在()gx的两个零点，得证.【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点

存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.3

．（湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023届高三上学期期中）已知函数()()lnfxxaa=+R.(1)若函数()()212gxfxxax=++，讨论函数()gx的单调性；(2)证明：当12a时，()esinxfx−.【答案】(1)答

案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求得()gx，然后对a进行分类讨论，从而求得()gx的单调区间.（2）转化要证明的不等式，利用构造函数法，结合导数来证得不等式成立.【详解】（1）()()()2211=ln022gxfxxaxxaxaxx=+++++，()211==x

axgxxaxx++++，当0a时，在区间()0,+上，()0gx，()gx单调递增，当a<0时，若2=40a−，即20a−时，在区间()0,+上，()0gx，()gx单调递增，若2=40a−，即2a

−时，函数21yxax=++的开口向上，对称轴=12ax−，令()=0gx，即21=0xax++，解得221244=,=22aaaaxx−−−−+−，而1212=0,=10xxaxx+−，所以12,xx是两个正根，所以在区间()()120,,,xx+

上，()()0,gxgx单调递增，在区间()12,xx上，()()0,gxgx单调递减.综上所述，当2a−时，()gx在区间()0,+上单调递增；当2a−时，()gx在区间22440,,,22aaaa−−−−+−+上单调递增，在区间22

44,22aaaa−−−−+−上单调递减.（2）要证明：当12a时，()esinxfx−，即证明：当12a时，elsinnxxa−+，即证明：当12a时，lnesin0xxa++−，构造函数()1esin0,2ln

=xaxahxx++−，()1=exhxx−，函数()1=exhxx−在()0,+上为减函数，()11=1e0,=2e02hh−−，所以存在01,12x，使()000011=e=0,=ex

xhxxx−，所以()hx在区间()00,x上()()0,hxhx单调递增，在区间()0,x+上，()()0,hxhx单调递减，()()000001=lnesin=lnesinxxhxhxxaax−−++−++000011=sin2si

n=2sin0xaxaaxx−+++−++−++，即()0hx，所以当12a时，lnesin0xxa++−，所以当12a时，()esinxfx−.【点睛】利用导数研究含参数的函数的单调性，在求得

导函数后，要对参数进行分类讨论，在分类讨论的时候，要注意做到不重不漏，分类讨论的标准可根据导函数的形式，考虑定义域、一元二次方程的根、判别式等方面来制定.二次导4．（湖北省七市(州)教研协作体2023届高三上学期期中）已知函数()()ln0xfxaxa=+.(1)当1a=时，证明：()12x

fx−；(2)判断()fx在定义域内是否为单调函数，并说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)函数()fx在定义域内不是单调函数，理由见解析【分析】（1）首先不等式变形为22ln10≤xx−+，再构造函数()22ln1hxx

x=−+，利用导数判断函数的最小值，即可证明不等式；（2）首先求函数的导数()()2ln1axxfxxa−++=+，并设()ln1agxxx=−++，利用导数判断判断函数()gx的单调性，并结合零点存在性定理，即可判断.【详解】（1）证明：函数()fx的定义域是()0,+，当1a=时

，()ln1xfxx=+，欲证()12xfx−，即证ln112≤xxx−+，即证22ln10≤xx−+.令()22ln1hxxx=−+，则()()()21122xxhxxxx−−+=−=，当x变化时，()hx，()hx的变化情况如下表：x()0,11()1,+()hx+

0-()hx↗极大值↘∴函数()hx的最大值为()10h=，故()0hx.∴()12xfx−（2）函数()fx在定义域内不是单调函数理由如下：()()2ln1axxfxxa−++=+，令()ln1agxxx=−++，则()2210axagxxxx+=−−=−，∴()gx

在()0,+上单调递减.注意到()110ga=+，且()11111elne110eeaaaaaga++++=−++=−，∴存在()11,eam+，使得()0gm=，当()0,xm时，()0gx，从而()0fx¢>，∴函数()fx在()0,m上单调递增；当(),xm+

时，()0gx，从而()0fx，∴函数()fx在(),m+上单调递减.故函数()fx在定义域内不是单调函数5．（广东省佛山市第四中学2023届高三上学期期中）已知函数()esin1,Rxfxaxxxa=−−−.(1)当0a=时，讨论函数()fx的单调性；(2)当12a=时，证明

：对任意的()0,x+，()0fx；(3)讨论函数()fx在()0,π上零点的个数.【答案】(1)()fx的增区间是()0,+，减区间是(),0−(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】（1）代入0a=，求出导函数，根据导函数，即可得出函数的单调区间；（2）代入12a=，求

出导函数()()1esincos12xfxxxx=−+−.构造函数二次求导，即可推得()fx在()0,+单调递增，根据()()00fxf=，即可得出()fx的单调性，进而得出证明；（3）易知，当12a时，()0fx，所以()fx没有零点

；当12a时，求出导函数，构造函数，二次求导可得出()fx的单调性.进而结合特殊点的导数值，结合零点存在定理，即可得出()fx的单调性.然后根据端点处的函数值，即可得出函数零点的个数.【详解】（1）当0a=时，()e1xfxx=−−，()

e1xfx=−.当()0fx¢>，0x，所以()fx在()0,+上单调递增；当()0fx，0x，所以()fx在(),0−上单调递减.所以()fx的增区间是()0,+，减区间是(),0−.（2）当12a=时，()1esin1

2xfxxxx=−−−，则()()1esincos12xfxxxx=−+−.设()()1esincos12xgxxxx=−+−，则()1ecossin2xgxxxx+=−.由（1）知0a=时()()00fxf=，所以e1x

x+，()()()111ecossin1cossin1cos2sin0222xgxxxxxxxxxxx=−++−+=−++所以，()gx，即()fx在()0,+单调递增，所以()()00fxf=，

所以()fx在()0,+单调递增，所以()()00fxf=.（3）()esin1,Rxfxaxxxa=−−−当12a时，()0,πx，1sinsin2axxxx，所以()1esin1esin12xxfxaxxxxxx=−−−−−−.由（2

）知，此时()0fx，所以()fx没有零点.若12a时，()fx的导函数()()esincos1xfxaxxx=−+−.令()()()=esincos1xhxfxaxxx=−+−，则()e2cossinxhxaxaxx=−+.令()(

)e2cossinxkxhxaxaxx==−+，则()e3sincosxkxaxaxx=++.①当π0,2x时，()e3sincos0xkxaxaxx=++在π0,2上恒成立，所以()kx，即()hx在π0,2

上单调递增.又(0)120ha=−，π2ππe022ah=+，所以()hx在π0,2上存在唯一零点，记作0x.则当()00,xx时，()0hx，所以()fx在()00,x上

单调递减；当0,2xx时，()0hx，所以()fx在0,2x上单调递增.②当π,π2x时，cos0x，所以()0e2cossinxhxaxaxx=+−在π,π2上恒成立，所以()fx在π,π2

上单调递增.综合①②，可得当()00,xx时，()fx单调递减；当)0,πxx时，()fx单调递增.又因为(0)0f=，所以，当()00,xx时，()0fx，()00fx；又π(π)eπ10fa=+−，所以存在唯一实数()10,πxx，使得()10fx=

.所以当()10,xx时，()0fx，此时()fx单调递减；当()1,πxx时，()0fx¢>，此时()fx单调递增.又因为()00f=，所以(10,xx时，()0fx，所以()fx在(

10,x上没有零点.由（1）知0x时，e10xx−−，则()ππeπ10f=−−.又()10fx，()fx在()1,πx上单调递增，所以()fx在()1,πx上存在唯一零点.所以，()fx在()0,π上存在唯

一零点.综上，当12a时，()fx在()0,π上无零点；当12a时，()fx在()0,π上存在唯一零点.【点睛】关键点睛：构造函数，结合零点存在定理得出导函数的单调性，进而得出函数的单调性.6．（2022秋·辽宁大连·高三期中统考）已知函数()()2c

osln11fxxx=++−．(1)判断函数()fx在区间π0,2上零点和极值点的个数，并给出证明；(2)若0x时，不等式()1fxax+恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)函数()fx在区间π0,2上只有一个极值点和一个零点，证明见解析(2)

实数a的取值范围是)1,+【分析】（1）首先求函数的导数，并利用二阶导数判断导数的单调性，并结合零点存在性定理证明极值点个数，并结合函数单调性，以及端点值判断函数零点个数；（2）首先由不等式构造函数()()2cosl

n12gxxxax=++−−，()0x，并求函数的导数，根据()00g=，以及()01ga=−，分1a，01a，a<0三种情况讨论不等式恒成立的条件.【详解】（1）函数()fx在区间π0,2上只有一个极值点和一个零点，证明如下，()12si

n1fxxx=−++，设()()12sin1txfxxx==−++，()()212cos1txxx=−−+，当π0,2x时，()0tx，所以()fx单调递减，又()010f=，π

12220π2π212f=−+=−+++，所以存在唯一的π0,2，使得()0f=，所以当()0,x时，()0fx¢>，当π,2x时，()0fx，所以()fx在()0,单调递增，在π

,2单调递减，所以是()fx的一个极大值点，因为()02110f=−=，()()00ff，ππln11022f=+−，所以()fx在()0,无零点，在π,2上有唯一零点，所以函数()fx在区间π0,2

上只有一个极值点和一个零点；（2）由()1fxax+，得()2cosln120xxax++−−，令()()2cosln12gxxxax=++−−，()0x，则()00g=，()12sin1gxxax=−+−+，()01ga=−，①若1a，则1a−−，当0x时，a

xx−−，令()()ln1hxxx=+−，则()1111xhxxx−=−=++，当0x时，()0hx，所以()hx在)0,+上单调递减，又()00h=，所以()()0hxh，所以()ln10xx+−，即()ln1xx+又cos1x，

所以()220gxxx+−−=，即当0x时，()1fxax+恒成立，②若01a，因为当π0,2x时，()gx单调递减，且()010ag=−，π120π212ga=−+−+，所以存在唯一的

π0,2，使得()0g=，当()0,x时，()0gx，()gx在()0,上单调递增，不满足()0gx恒成立，③若a<0，因为()()()()()()444444e12cose1lnee1222cose1e10gaa−=−+−−−=−−−−不满足()0gx

恒成立，综上所述，实数a的取值范围是)1,+.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决函数零点，不等式恒成立问题，本题第一问需要求函数的二阶导数，利用二阶导数分析一阶导数的单调性，结合零点存在性定理判断零点问题

，第二问的关键是()00g=这个条件，再根据()01ga=−，讨论a的取值.已知零点个数问题7．（重庆市第八中学2023届高三上学期期中）已知函数()ln2fxaxx=−−．(1)当1a=时，求函数()fx的极值

；(2)讨论函数()fx的零点个数．【答案】(1)极小值1−，无极大值.(2)当ea时，函数()fx没有零点；当ea=或0a时，函数()fx有1个零点；当0ea时，函数()fx有2个零点.【分析】（1）根据题意得出1()xfxx−=

，然后分别令()0fx以及()0fx，通过计算即可得出函数的单调性，进而求出结果；（2）可将()ln20fxaxx=−−=转化为ln2xax+=，记ln2()xgxx+=，求出函数ln2()xgxx+=的单调性以及最值，最后根据函数()gx的

单调性以及最值，然后数形结合可得出结果.【详解】（1）当1a=时，()ln2(0)fxxxx=−−，11()1(0)xfxxxx−=−=，令()0fx，则1x；令()0fx，则01x；故函数()fx的单调递增区间是(1,)+，单调递减区间为

(0,1)；当1x=时，函数取极小值(1)1ln121f=−−=−，无极大值.（2）令()ln20fxaxx=−−=，因为0x，所以ln2xax+=，记ln2()xgxx+=，有21ln()xgxx−−=，令()0gx，则1

0ex；令()0gx，则1ex，故()gx在1(0,)e上单调递增，在1(,)e+上单调递减，从而max1()()eegxg==，因此当ea时，直线ya=与()ygx=的图像没有交点；当ea=或0a时，直线ya=与()ygx=的图像有1个交点

；当0ea时，直线ya=与()ygx=的图像有2个交点.综上：当ea时，函数()fx没有零点；当ea=或0a时，函数()fx有1个零点；当0ea时，函数()fx有2个零点.8．（江苏省扬州大学附中2023届高三上学期期中）已知函数()ln1exxf

x+=.(1)求函数()fx的最值；(2)讨论函数()eln1=−−xgxax的零点个数.【答案】(1)最大值1e，无最小值(2)当1ea时，函数()gx没有零点，当1ea=或0a时，函数()gx只有1个零点，当10ea

时，函数()gx有两个零点.【分析】（1）求出导函数()fx，令()1()ln1hxxx=−+，得到函数()hx的函数值符号区间即可得到()fx的单调区间，从而求解最值；（2）把函数零点问题转化为方程ln1exxa+=解的个

数问题，构造函数，求导得单调区间，数形结合即可求解.【详解】（1）由函数()ln1exxfx+=，()0,x+，得()()()()211eln1eln1eexxxxxxxxfx−+−+==，令()1()ln1hxxx=−+

，则21()0xhxx+=−恒成立，所以()hx在()0,+上单调递减，且(1)0h=，所以()0,1x时，()0fx¢>，()1,x+时，()0fx，所以()fx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，即当1x=时，()fx取得最大值()11

ef=，无最小值；（2）函数()eln1=−−xgxax的零点个数就是方程eln10xax−−=的解的个数，整理得ln1exxa+=，令()ln1exxfx+=，()0,x+，由（1）可知，()fx在()

0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，当1x=时，()fx取得最大值()11ef=，当x趋近于0时，()fx趋近于−，当x趋近于+时，()fx恒大于0且趋近于0，作出函数图象如图：由图知，当1ea时，函数()gx没有零点，当1ea=或0a时，函数()gx只有1个零点，当10ea

时，函数()gx有两个零点.讨论零点个数9．（2022秋·山东枣庄·高三枣庄市第三中学期中考试）已知函数()lne1xxfxx=−−．(1)求曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程；(2)若函数()()agxfxx=−

有两个零点12,xx（其中12xx），求实数a的取值范围．【答案】(1)()e10xy−−=(2)()1,+【分析】（1）求导，根据导数的几何意义结合直线的点斜式方程运算求解；（2）根据题意分析可得原题意等价于elnx

xxxa−−=有两个不等的实根，构建()eln(0)xhxxxxx=−−，利用导数判断()hx的单调性与最值，进而可得结果.【详解】（1）由()lne1xxfxx=−−，则()21lnexxfxx−=−，所以()1e1f=−，即切点坐标为()1,e1−

，切线斜率()1e1kf==−，故切线方程为()()()e1e11yx−−=−−，即()e10xy−−=.（2）由题意()0gx=有两个不等的正根，等价于elnxxxxa−−=有两个不等的实根，设()e

ln(0)xhxxxxx=−−，则()()()111e11exxhxxxxx=+−−=+−，设()()211e,e0xxmxmxxx=−=+，则()mx在()0,+为增函数，且()1e20,1e102mm=−=−，所以存在唯一的()00,x+，使()000

1e0xmxx=−=，得00001elnxxxx==−①，当()00,xx时，()0mx，即()0hx，所以()hx在()00,x内单调递减；当()0,xx+时，()0mx，即()0hx，所以()hx在()0

,x+内单调递增；所以()00000min()elnxhxhxxxx==−−，代入①式得()()0000011hxxxxx−−−==，当x趋向于0或+时，()hx趋向+，若函数()gx有两个零点，即函数()h

x有两个零点，可得1a，所以实数a的取值范围()1,+.10．（2022秋·山东济宁·高三期中统考）已知函数()213ln(0)xfxaxxaa−=++．(1)若1x=是函数()fx的极值点，求a的值；(2)若函数()fx有两个零点，求a的取值

范围．【答案】(1)1a=(2)10ea【分析】（1）求导，利用导数研究函数的单调性、极值.（2）利用导数研究函数的单调性、图象，根据函数()fx有两个零点求解.【详解】（1）函数()fx的定义域为()0,+，()()()22123323

21axaxaxaxfxaxaxaxax−++−=+−==因为0a，所以230axax+，若1x=是函数()fx的极值点，则10a−=，所以1a=．当1a=时，若()0fx¢>则1x，函数()fx在()1

,+上单调递增，若()0fx则01x，函数()fx在()0,1上单调递减，所以1x=是函数()fx的极小值点，此时1a=.（2）由（1）知，若()0fx¢>，则1xa，函数()fx在区间1,a

+上单调递增，若()0fx，则10xa，函数()fx在区间10,a上单调递减，所以1xa=是函数()fx的极小值点，min133ln()afxfaa+==，当0x→时，()fx→+，当x→

+时，()fx→+，所以若函数()fx有两个零点，则仅需133ln0afaa+=，所以10ea．隐零点问题11．（江苏省南通市如皋市2023届高三上学期期中）已知函数()()11lnf

xxxx=−−−，()2gxaxbxc=++，其中a，b，c为非零实数.(1)判断函数()fx是否存在极值点；(2)若()()0fxgx恒成立，证明：0a，且()e10ab++=.（其中e2.71828=为自然对数

的底数）【答案】(1)存在(2)证明见解析【分析】(1)先求函数()fx的导数，再根据导函数的单调性得到一个“隐零点”，从而可以求解问题；(2)由（1）可以得到函数()fx变化趋势及零点，再根据()()0

fxgx恒成立，可知函数()gx的图象是开口向上的抛物线，且1，e也是函数()gx的两个零点，从而可求解.【详解】（1）()fx的定义域为()0,+，且()1lnfxxx=−，易知()1lnfxxx=−在区间()0,+上单调递减，且1e10ef=

+，()1e10ef=−，所以存在01,eex，使得()00fx=，当()00,xx时，()0fx¢>，所以()fx在区间()00,x上单调递增；当()0,xx+时，()0fx，所以()fx在区间()0,x+上单调递减.所以函数()fx存在一个极值点，

且为极大值点.（2）证明：由（1）知()fx在区间()00,x上单调递增，在区间()0,x+上单调递减，因为()00fx=，即001ln0xx−=，得001lnxx=，所以()()()()()20000000111

1ln110xfxxxxxx−=−−=−−=.又11210eef=−，()10f=，()e0f=，()()22ee10f=−−，所以()fx有两个零点，分别为1，e，且当()0,1x时，()0fx；当()1,ex时，()0fx；当()

e,x+时，()0fx.因为()()0fxgx恒成立，所以()gx的图象是开口向上的抛物线，且1，e也是函数()gx的两个零点，即1，e是方程20axbxc++=的两根.所以0a，且1e22ba+−=，即()1e0ab++=.【关键点点睛】求解本题的关键一是“隐零点”的运用，二是

对函数单调性及零点的运用.12．（山东省桓台第二中学2023届高三上学期期中）已知()()ln1fxxaxa=−+R．(1)讨论()fx的单调性；(2)若()212fxaxx−对()0,x+恒成立，求整数a的最小值．【答案】(1)分类讨论，答案见解析

；(2)2【分析】（1）求导1()fxax=−，根据0a和0a两种情况讨论.（2）把不等式分离参量得22(ln1)2xxaxx+++，求函数22(ln1)()2xxFxxx++=+的最大值，但是求

导后求不出具体的根，所以设隐零点，整体代入求解.【详解】（1）()fx的定义域为1(0,),()fxax+=−，（ⅰ）当0a时，()0fx，∴()fx在,()0x+上单调递增；（ⅱ）当0a时，令1(

)0100fxaxxa−，令()10fxxa，∴当0a时，()fx在,()0x+上单调递增；当0a时，()fx在10,xa上单调递增，在1,a+上单调递减．（2）由21()2

fxaxx−，可得：()222(ln1)axxxx+++，∵0x，∴原命题等价于22(ln1)2xxaxx+++对,()0x+恒成立．令22(ln1)()2xxFxxx++=+，∴()222(1)(2ln)()2xxxFxxx+−+

=+，令()2lnGxxx=+，∴2()10Gxx=+，∴()Gx在,()0x+上单调递增．又(0.5)2ln20.5ln4ln0,(1)10GeG=−+=−+=，故存在唯一的0(0.5,1)x，使得()0002ln0Gxxx=

+=．当00xx时，()0Gx，∴()0Fx，∴()Fx在()00,xx上单调递增，当0xx时，()0Gx，∴()0Fx，∴()Fx在()0,xx+上单调递减．∴()()()000max02000002ln121()22xxxFxFxxxxxx

+++====++，∴01ax时，01,12x恒成立．∴2a，又aZ，∴a的最小整数值为2．【点睛】求某个函数的单调性时，发现极值点不容易求出，则用隐零点解决.第一步设出隐零点0x，然后代入得到等式()00x

=，第二步根据设出的隐零点得到函数的单调区间，求出函数的极值()0gx第三步极值()0gx分离出()0x代入，化简成新的表达式()0hx第四步求()0hx的最值.不等式恒成立问题13．（山东省济南市实验中学2022-2023学年高三上

学期期中）已知函数()()e2lnxfxxxa=−−.(1)若曲线()yfx=在1x=处的切线与直线2eyx=平行，求a的值；(2)当ln6a=时，对任意的()0,x+，()fxk恒成立，求整数k的最大值.

（参考数据：ln20.7）【答案】(1)1a=(2)max1k=−【分析】（1）根据斜率相等，求导即可得切点处导数值，解出a；（2）求导，利用导数求解单调性，结合零点存在性定理，即可求解最值得解.【详解】（1）由题意可得()12ln2exfxxxax=−−−+

，则()()13e2efa=−=，解得1a=.故1a=.（2）当ln6a=时，()12lnln62exfxxxx=−−−+.设()12lnln62gxxxx=−−−+，则()22211

2120xxgxxxx−+=−+=，故()gx在()0,+上单调递增.因为11ln2ln602g=+−，242311lnln622ln2033326g=−−−+=−，所以存在唯一的012,23x，使得()00gx=，即00012lnln62xxx−=

+−，当()00,xx时，()0fx，当()0,xx+时，()0fx¢>，则()fx在()00,x上单调递减，在()0,x+上单调递增，故()()()00000min01e2lnln6e2xxfxfxxxx==−−=−.设()0001e2xhxx=−

，则()()00200022000e2111e20xxxxhxxxx−−+=−−=，所以()0hx在12,23上单调递减，所以()02132hhxh，即()230e02hx−

，即()()min1,0fx−.因为对任意的()0,x+，()fxk恒成立，且k为整数，所以1k−，则max1k=−.【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的问题的解题常用方法：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从

而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩

法，注意恒成立与存在性问题的区别．14．（山东省济南市市中区实验中学西校区2022-2023年高三上学期期中）已知函数232()4fxxaxa=−+，0a.(1)当1a=时，求()fx在()()1,1f处

的切线方程；(2)若0x时，()0fx恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)1060xy−−=(2)(0,108]【分析】（1）当1a=时，求得2()122fxxx=−，结合导数的几何意义，即可

求解；（2）求得2()122fxxax=−，得出函数()fx的单调区间和最小值为6af，结合题意，3210108aa−+，即可求解.【详解】（1）解：当1a=时，32()41fxxx=−+，可得2()122fxxx=−，则(1)4f=且(1)10f=，所以()fx在(1

,4)处的切线方程为410(1)yx−=−，即1060xy−−=.（2）解：因为322()4,0fxxaaxa−+=，可得2()122fxxax=−，令()0fx=，可得10x=或206ax=，当0,6ax时，()0f

x；当,6ax+时，()0fx，所以()fx在0,6a上单调递减，在,6a+上单调递增，所以321()6108afxfaa=−+，因为当0x时，()0fx恒

成立，所以32106108afaa=−+，解得108a，又因为0a，所以0108a，所以实数a的取值范围为(0,108].15．（湖北省华中师范大学第一附属中学2023届高三上学期期中）已知函数()exfxax=+在()()0,0f处的切线与直线l：24

0xy−+=垂直．(1)求()fx的单调区间；(2)若对任意实数x，()232fxxb−−+恒成立，求整数b的最大值．【答案】(1)单调递减区间为(),ln3−，单调递增区间为()ln3,+．(2)1【分析】（1）利用导数的几何意义得出3a=−，

再利用导数判断单调区间即可；（2）分离参数将问题转化为2e332xxxb+−+恒成立，利用导数求最值结合隐零点计算即可.【详解】（1）由()exfxa=+，得()01kfa==+，又切线与直线l：240xy−+=垂直，所以2k=−，即3

a=−．所以()e3xfx=−，令()0fx=，得ln3x=，当ln3x时，()0fx，()fx单调递减；当ln3x时，()0fx¢>，()fx单调递增．所以()fx的单调递减区间为(),ln3−，单调递增区间为()ln3,+．（

2）对任意实数x，()232fxxb−−+恒成立，即对任意实数2,e332xxxxb+−+恒成立．设()2e33xgxxx=+−+，即()min12bgx．()e23xgxx=+−，令()()e23xhxgxx==+−，所以()e20=+xhx恒成立，所以()e23x

gxx=+−在R上单调递增．又1e202g=−，()1e10g=−，所以存在01,12x，使得()00gx=，即00e230xx+−=，所以00e32xx=−．当()0,xx−时，()00gx，()g

x单调递减；当()0,xx+时，()00gx，()gx单调递增．所以()()02000mine33xgxgxxx==+−+2220000005132335624xxxxxx=−+−+=−+=−−，当01,12x时，20015

2564xx−+，所以()01151,28gx，由题意知()012bgx且bZ所以1b，即整数b的最大值为1．不等式能成立问题16．（2022秋·山东烟台·高三统考期中）已知函数()lnfxaxx=−．

(1)讨论函数()fx的单调性；(2)证明：当01a时，()0,x+，使得()23ln2fxaa−−．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）对()fx求导，利用导数与函数单调性的关系，分类讨论0a与0a两种情况即可得解；（2）结合（1）

中结论，将问题转化为231lnln20aaa−+++恒成立，从而构造函数2()31lnln2gaaaa=−+++，利用导数求得max()0ga即可得证.【详解】（1）因为()()ln0fxaxxx=−，则()11axfxaxx−

=−−=，当0a时，()0fx，函数()fx在(0,)+上单调递减；当0a时，当10,xa时，()0,()fxfx单调递减，1,xa+时，()0,()fxfx单调递增；综上，当0a时，函数()fx在(0,)+上单调递减；当0a时，

()fx在10,a上单调递减，在1,a+上单调递增.（2）由（1）可知，当01a时，()fx在1xa=处取得最小值1lna+，若(0,)x+，使得2()3ln2fxaa−

−，只需21ln3ln2aaa+−−，即231lnln20aaa−+++恒成立即可，令()2()31lnln201gaaaaa=−+++，则1(21)(1)()23aagaaaa−−=−+=，当10,2a时，0,()gga单调递增，当1,

12a时，0g，()ga单调递减，故当12a=时，max11311()1lnln2024224gag==−+++=−，所以(0,)x+，使得2()3ln2fxaa−−.17．（湖北省孝感高级中学2023

届高三上学期期中）已知函数()ln(1)(0)fxkxxk=−+.(1)当1k=时，求曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程；(2)如果存在0(0,)x+，使得当()00,xx时，恒有2()fxx成立，求k的

取值范围.【答案】(1)0y=；(2)(0,1]；【分析】（1）把1k=代入，求出函数()fx的导数，利用导数的几何意义求解作答.（2）变形不等式，构造函数20()ln(1),(0,)gxxkxxxx=−++，利用导

数探讨()0gx恒成立的k的范围作答.【详解】（1）当1k=时，()ln(1)fxxx=−+，求导得：1()11fxx=−+，则(0)0f=，而(0)0f=，所以曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程为0y=.（2）22()ln(

1)0fxxxkxx−++，因为存在()00,x+，使得当0(0,)xx时，恒有()2fxx成立，则存在()00,x+，使得当0(0,)xx时，2ln(1)0xkxx−++，令20()ln(1),(0,)gxxkxxxx=−

++，即有0(0,)xx，()0gx恒成立，求导得1()21gxxkx=−++，令01()2,(0,)1hxxkxxx=−++，21()20(1)hxx=−+，因此函数()hx，即函数()gx在0(0,)x上单调递增，而(0)1gk=−，当10k−，即01k

时，()(0)0gxg，函数()gx在0(0,)x上单调递增，0(0,)xx，()(0)0gxg=成立，从而01k，当1k时，(0)10gk=−，1()01gkkk=++，则存在1(0,)xk，使得1()0gx=，当10xx时，()0gx，函数()g

x在1(0,)x上单调递减，当1(0,)xx时，()(0)0gxg=，不符合题意，所以k的取值范围是(0,1].【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关

键.双变量问题18．（湖南省长沙市雅礼中学2023届高三上学期期中）已知函数()()()1lnRafxxaxax=−+−.(1)讨论()fx的单调性；(2)若()fx有两个极值点，且这两个极值点分别为1x，2x，若不等式()()()

1212lnlnfxfxxx++恒成立，求的值.【答案】(1)答案见解析(2)2=−【分析】（1）求导，然后分0a，01a，1a=，1a讨论研究单调性；（2）由（1）两个极值点分别是1和a，不妨设11x=，2xa=，代入()()()1

212lnlnfxfxxx++，然后转化为最值问题求解即可.【详解】（1）由题意可知()fx的定义域为()0,+，()()()22111xaxaafxxxx−−+=−+=.当0a时，由()0fx¢>，得1x；由()0fx，得01x.则()fx在()0,1上

单调递减，在()1,+上单调递增.当01a时，由()0fx¢>，得0xa或1x；由()0fx，得1ax.则()fx在()0,a和()1,+上单调递增，在(),1a上单调递减.当1a=时，()0fx

恒成立，则()fx在()0,+上单调递增.当1a时，由()0fx¢>，得01x或xa；由()0fx，得1xa.则()fx在()0,1和(),a+上单调递增，在()1,a上单调递减.综上，当0a时，()fx在()0,1上单调递减，在

()1,+单调递增；当01a时，()fx在()0,a和()1,+上单调递增，在(),1a上单调递减；当1a=时，()fx在()0,+上单调递增；当1a时，()fx在()0,1和(),a+上单调递增，在()1,a上单调递减.（2）由（1）可知01

a或1a，且两个极值点分别是1和a，不妨设11x=，2xa=，则()()()()1211ln11lnfxfxaaaaaa+=−+−+−=−+，12lnlnlnxxa+=，故()()()1212lnlnfxfxxx++恒成立，即()1ln

lnaaa−+恒成立.当01a时，ln0a，则()1a−+，因为01a，所以()211a−−+−，则2−；当1a时，ln0a，则()1a−+，因为1a，所以()12a−+−，则2−.综上，2=−.19．（2022秋·福建福州·

高三福建省福州高级中学上学期期中考试）已知函数()ln1()fxxaxa=−+R.且函数()fx有两个零点，(1)求实数a的取值范围；(2)设()fx的两个零点1x，2x且212xx，求证：23125256exx.【答案】(1)

01a；(2)证明见解析.【分析】(1)先利用导数分析函数()fx单调性，分0a，0a两种情况，结合边界、极值正负分析即得解；(2)利用零点的意义建立关系式，再对所证不等式等价变形，然后构造函数，利用导数探讨函数单调性推理作答.【详解】（1）函数()fx的定

义域为(0,)+，对函数()fx求导得1()fxax=−，当0a时，()0fx，函数()fx在(0,)+上单调递增，至多有一个零点，不成立；当0a时，11()axfxaxx-¢=-=，当10xa时，()

0fx，当1xa时，()0fx，则函数()fx在1(0,)a上单调递增，在1(,)a+上单调递减，当0x→时，()fx→−；当x→+时，()fx→−故若函数()fx有两个零点，则极大值1111()ln1ln0faaaaa=−+=，解得：01a.故实数a的取值范围是01a

.（2）由(1)可知01a，因12,xx是函数()fx的两个零点，则1122ln+1=0ln+1=0xaxxax−−，即1122ln=1ln=1xaxxax−−，1212lnlnxxaxx−=−，要证23125256ex

x，两边同时取自然对数，只需证明122ln3ln8ln25xx+−，只需证明12(23)58ln25axx+−−，即证12(23)8ln2axx+，只需证121212(23)(lnln)8ln2xxxxxx+−−，即证1122122(3)ln

8ln21xxxxxx+−，令12xtx=，而212xx，则1(0,)2t，只需证明(23)ln8ln21ttt+−，令函数(23)ln()1ttgtt+=−，1(0,)2t，求导得：235ln21()(1)tttgtt−+−+=−令函数3()5l

n21htttt=−+−+，1(0,)2t，求导得222253(1)(23)()0tttthttt−+−−==，则函数()ht在1(0,)2上单调递增，于是有1()()5ln2402hth=−，因此()0gt，函数()gt

在1(0,)2上单调递减，则14ln12()()8ln2122gtg==−，即(23)ln8ln21ttt+−成立，所以原不等式得证.【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再

借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.极值点偏移问题20．（湖南省长沙市雅礼中学2023届高三上学期期中）已知函数()lnfxxx=−(1)求函数()fx单调区间；(2)设函数()()gxfxa=+，若(12,0,exx是函数()gx的两个零点，①求a的取值范围；②求证：121xx

．【答案】(1)单调递增区间为()0,1；单调递减区间为()1,+(2)①(1,e1−；②证明见解析【分析】（1）求导后，根据()fx正负即可得到()fx的单调区间；（2）①将问题转化为()fx与ya=−

在(0,e上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求得结果；②由①可得1201exx，设()()()11eFxgxgxx=−，利用导数可求得()0Fx，进而得到()221gxgx

，即()121gxgx，根据121,xx的范围和()gx单调性可得结论.【详解】（1）()fx定义域为()0,+，()111xfxxx−=−=，当()0,1x时，()0fx¢

>；当()1,x+时，()0fx；()fx\的单调递增区间为()0,1；单调递减区间为()1,+.（2）①若(12,0,exx是()gx的两个不同零点，则()yfx=与ya=−在(0,e上有两个不同交点；由（1）知：(

)max1fx=−，又()e1ef=−，()fx\在(0,e的图象如下图所示，由图象可知：1e1a−−−，1e1a−，即a的取值范围为(1,e1−.②不妨设12xx，由①知：1201exx，()()gxfxa=+，()1xgxx−=，()gx在()0

,1上单调递增，在()1,+上单调递减；设()()()11eFxgxgxx=−，则()()2222111111101xxxxxFxxxxxxx−−−−−=−−=+=−，()Fx在(1,e上

单调递减，()()10FxF=，()1gxgx，又(21,ex，()221gxgx，又()()12gxgx=，()121gxgx；()10,1x，211,1ex，()gx在()0,1上单调递增，121x

x，则121xx.【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于12xxa（()()12fxfx=）的问题的基本步骤如下：①求导确定()fx的单调性，得到12,xx的范围；②构造函数()()aFxfxfx=−，求导后

可得()Fx恒正或恒负；③得到()1fx与1afx的大小关系后，将()1fx置换为()2fx；④根据2x与1ax所处的范围，结合()fx的单调性，可得到2x与1ax的大小关系，由此证得结论.21．（2

022秋·江苏南通·高三统考期中）已知()()32fxxaxa=−R，其极小值为-4.(1)求a的值；(2)若关于x的方程()fxt=在()0,3上有两个不相等的实数根1x，2x，求证：1234xx+.【答案】(1)3(2)证明见解析【分析

】（1）求导，分0a=、a<0和0a三种情况求()fx的极小值，列方程求解即可；（2）构造函数()()()()402gxfxfxx=−−，根据()gx的单调性和()00g=得到()()2240xffx−−，再结合()()12fxfx=和()fx的单调性即可得到124xx

+；设()226hxxx=−，通过比较()fx和()hx的大小关系得到31xx，42xx，再结合343xx+=即可得到123xx+.【详解】（1）因为()32fxxax=−，所以()232fxxax=−.当0a=时，()230fxx

=≥，所以()fx单调递增，没有极值，舍去.当a<0时，在区间2,3a−上，()0fx¢>，()fx单调递增，在区间2,03a上，()0fx，()fx单调递减，在区间()0,+上，()0fx¢>，()

fx单调递增，所以当0x=时，()fx的极小值为()00f=，舍去当0a时，在区间(),0−上，()0fx¢>，()fx单调递增，在区间20,3a上，()0fx，()fx单调递减，在区间2,3a+上，()0fx¢>，()fx单调递增，

所以当23ax=时，()fx的极小值为3244327afa=−=−.所以3a=.（2）由（1）知，在区间(),0−上，()0fx¢>，()fx单调递增，在区间()0,2上，()0fx，()fx单调递减，在区间()

2,+上，()0fx¢>，()fx单调递增，所以不妨设12023xx.下面先证124xx+.即证124xx−，因为12023xx，所以2142x−，又因为区间()0,2上，(

)fx单调递减，只要证()()124xffx−，又因为()()12fxfx=，只要证()()224xffx−，只要证()()2240xffx−−.设()()()()402gxfxfxx=−−，则()()()()()()()()24323442620gxfxfxxxxxx=+−=−+

−−−=−，所以()gx单调递增，所以()()00gxg=，所以()()2240xffx−−.下面证123xx+.设()226hxxx=−，因为()()()()325623fxhxxxxxxx−=−+=−−，

在区间()0,2上，()()fxhx；在区间()2,3上，()()fxhx.设330,2x，()()13fxhxt==，因为()()11fxhx，所以()()31hxhx，所以31xx.设()42,

3x，()()24fxhxt==，因为()()22fxhx，所以()()24hxhx，所以42xx.因为()()34hxhxt==，所以343xx+=，所以34123xxxx=++.【点睛】极值点偏移问

题中（极值点为0x），证明1202xxx+或1202xxx+的方法：①构造()()()02Fxfxfxx=−−，②确定()Fx的单调性，③结合特殊值得到()()20220fxfxx−−或()()02

220xfxfx−−，再利用()()12fxfx=，得到()1fx与()022fxx−的大小关系，④利用()fx的单调性即可得到1202xxx+或1202xxx+.22．（2022秋·河北唐山·高三开滦

第二中学上学期期中）已知函数()()()21lnfxxxxaxa=−−+R.(1)若函数()yfx=有两个零点，求a的取值范围；(2)设12,xx是函数()fx的两个极值点，证明：122xx+.【答案】(1)(2,)+(2)证明过程见解析

.【分析】（1）根据函数零点定义，结合常变量分离法、构造函数法，结合导数的性质进行求解即可；（2）根据所证明不等式的结构特征，构造新函数，结合导数的性质进行求解即可.【详解】（1）()()()211ln1+ln20fxxxxaxfxxxax=−−+=−−+=，

该方程有两个不等实根，由()111ln202ln1fxxxaaxxxx=−+−+==+−−，所以直线ya=与函数()12ln1gxxxx=+−−的图象有两个不同交点，由()()()()2222211111212ln12xxxxgxxxgxxxxxx+−−

−=+−−=−−==，当()0,1x时，()()0,gxgx单调递减，当()1,x+时，()()0,gxgx单调递增，因此()()min12gxg==，当0x→时，()gx→+，当x→+

，()gx→+，如下图所示：所以要想有两个不同交点，只需2a，即a的取值范围为(2,)+；（2）因为12,xx是函数()fx的两个极值点，所以()()120fxfx==，由（1）可知：()()12gxgxa==，不妨设1201x

x，要证明122xx+，只需证明212xx−，显然121x−，由（2）可知：当()1,x+时，()gx单调递增，所以只需证明()()212gxgx−，而()()12gxgxa==，所以证明()()112gxgx−即可，即证明函数()()()20hx

gxgx=−−在()0,1x时恒成立，由()()()()()()22224112114lnln2422xxhxxxxhxxxxx−−−=+−−+−−=−−，显然当()0,1x时，()0hx，因此函数()

()()2hxgxgx=−−单调递减，所以当01x时，有()()10hxh=，所以当101x时，()()112gxgx−恒成立，因此命题得以证明.【点睛】关键点睛：常变量分离构造新函数，利用新函数的单调性求解证明是解题的关键.不等式的证明23．（辽宁省大连育明高级

中学2023届高三上学期期中）已知函数2()e1xfxxx=+−−.(1)求()fx的最小值；(2)证明：22eeln(e1)10xxxx++−−−.【答案】(1)0；(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，利用导数求出函数()fx的最小值作答.（2）等

价变形不等式，构造函数2()elnegxxx=−，并求出其最大值，再结合（1）推理作答.【详解】（1）函数2()e1xfxxx=+−−的定义域为R，求导得()e21xfxx=+−，显然函数()fx在R上单调递增，且(0)0f=，由()0fx，得0x，由()0fx，

得0x，即()fx在(,0)−上单调递减，在(0,)+上单调递增，min()(0)0fxf==，所以()fx的最小值为0.（2）不等式2222eeln(e1)10e1elnexxxxxxxxx++−−+−−−−，由（1）知，当0x时，()0fx恒成立，即2e10x

xx+−−恒成立，令2()elnegxxx=−，求导得2e()egxx=−，由()0gx，得0ex，由()0gx，得ex，因此()gx在(0,e)上单调递增，在(e,)+上单调递减，即()(e)0gxg=，当且仅当ex=时取等号，于是22e10elnexxxxx+−−−

，所以22eeln(e1)10xxxx++−−−.24．（辽宁省沈阳市四校2023届高三上学期期中）已知函数()2lnfxxaxax=−+有两个极值点1x，2x.(1)求a的取值范围；(2)证明：()()1212242416ln2fxfxxx+++.【答案】(1)8a(

2)证明见解析【分析】（1）求导，将问题转化为220xaxa−+=在()0,+上有两个实数根1x，2x，根据二次方程根的分布即可求解，（2）结合1212,22aaxxxx=+=，代入化简式子，将问题转化为()2ln2416ln242aagaaa=−−+

+，利用导数即可求解.【详解】（1）()222axaxafxxaxx−+=−+=,()fx有两个极值点1x，2x，则()0fx=在()0,+上有两个实数根1x，2x，所以220xaxa−+=在()0,+上有两个实数根1x，2x，则21212Δ800202aaax

xaxx=−=+=解得8a，故a的取值范围为8a，（2）由（1）知1212,22aaxxxx=+=，且8a，()()2212111222121224242424lnlnfxfxxaxaxxaxaxxxxx+++=−+

+−+++()()()2121212121212242lnxxxxxxaxxaxxxx=++−−+++22ln24ln2442242aaaaaaaaaa=−−++=−−++，令()2ln24(8)42aagaaaa=−−++，()ln2

2aaga=−+，令()()()112ln,02222aaahagahaaa−==−+=−+=在8a上恒成立，所以()()ln22aahaga==−+在8a单调递减，故()()ln84ln4022aagag=−+=−+，因此()ga在8a单调递减，故()

()81688ln42416ln2gag=−−++=，故()2ln2416ln242aagaaa=−−++，得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最

值），从而得出不等关系；2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4．构造“形似”函数，变形再构造

，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.1．（重庆市杨家坪中学2023届高三上学期期中）已知函数()lnfxx=.(1)证明：()1fxx+.(2)若函数()()2hxxfx=，若存在12xx

使()()12hxhx=，证明：1221exx.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）构造()()()1ln1gxfxxxx=+−=+−，求导后判断函数最大值，得到()0gx，即()ln1xx+得证；（2）根据题意判断110xe，211ex，将原题转

化为证明()2221ehxhx，构造函数后求导证明即可.【详解】（1）令()()()1ln1gxfxxxx=+−=+−，1x−，()1xgxx−=+，令()0gx，解得：10x−；令()0gx，解得：

0x，∴()gx在()1,0−递增，在()0,+递减，则()()max00gxg==，∴()0gx恒成立，即()ln1xx+.（2）∵()2lnhxxx=，()0x，∴()2ln2hxx=+，令()0hx，解得：1e

x；令()0hx，解得：10ex；∴()hx在1,e+递增，在10,e递减.又∵12eeh=−，()10h=，12xx，()()12hxhx=，且110xe，211ex.要证1221exx，即证1221exx.∵221

10eex，∴()1221ehxhx，又∵()()12hxhx=，∴只证()2221ehxhx即可.令()()222112ln2lneeemxhxhxxxxx=−=+

，11ex，()()()22222212ln21lne21ln10eemxxxxxx=++−=+−恒成立，∴()mx在11ex单调递增.又∵10em=，∴()0mx，∴()21ehxhx，即()2221ehx

hx，∴1221exx.【点睛】极值点偏移的题目常用的手法就是对称构造，本题可先判断110xe，211ex，再转化为证明1221exx，根据()hx的单调性可以将其转化为证明()2221ehxhx，构造函数后利用导

数证明不等式即可.2．（湖北省鄂西北四校联考2022-2023学年高三上学期期中）已知()32()ln2,gxxaxfxxxx=+=++.(1)讨论函数()yfx=在()()0,0mm上的单调性；(2)对一切实数()0,x+，不等式()()22fxgx+恒成立，求实数a

的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2))2,−+【分析】（1）求得()ln1fxx=+，令()0fx=可得1ex=，分10em和1em，两种情况讨论，即可求解；（2）把不等式的恒成立转化为122ln3axx

x−−在()0,+恒成立，令()12ln3hxxxx=−−，利用导数求得函数()hx的单调性与最大值()max4hx=−，结合()max2ahx，即可求解.【详解】（1）解：因为()ln,0fxxxx=，则()ln1fxx=+，令()0fx=，可得1ex=，①当1

0em时，对任意的()0,xm，()0fx，此时函数()fx的减区间为()0,m；②当1em时，令()0fx可得10ex，令()0fx¢>可得1exm，此时函数()fx的减区间为10,e，增区间为1,em

，综上所述，当10em时，函数()fx的减区间为()0,m；当1em时，函数()fx的减区间为10,e，增区间为1,em.（2）解：因为32()2gxxaxx=+++，可得2()321gxxax=++，由对一切实数()0,x+，不等

式()()22fxgx+恒成立，即22ln321xxxax++恒成立，可得222ln31axxxx−−，即122ln3axxx−−在()0,x+恒成立，令()12ln3hxxxx=−−，

其中0x，则()()()2222311213213xxxxhxxxxx+−−−=−+=−=−，当01x时，()0hx，此时函数()hx单调递增，当1x时，()0hx，此时函数()hx单调递减，所以()()max14hxh==−，则()max24ahx=−，解得2a−，所以a

的取值范围为)2,−+.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一

般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．3．（湖北省十堰市竹溪县第一高级中学2023

届高三上学期期中）已知函数()lnfxxx=−．(1)求()fx在点()()1,1f处的切线方程；(2)求证：()1fx−；(3)若函数()()(R)exxhxafxa=+无零点，求实数a的取值范围．【答案】(1)10y+=(2)证明见解析

(3)(1,0,.e−+【分析】（1）利用导数的几何意义及函数值的定义，结合直线的点斜式方程即可求解；（2）利用导数法求函数的最大值的步骤即可求解；（3）根据（2）的结论及利用导数法求函数的最值，结合函数的零点的定义即可求解.【详解】（1）因为()lnfxxx=−，所以(

)111xfxxx−=−=，所以()1ln111f=−=−，所以()fx在点()()1,1f处的切线的斜率为()11101kf==−=，故在点()fx()()1,1f处的切线方程为()101yx+=−，即10y+=.（2）依题意知，函数()fx的定义域为()0,+，()

111xfxxx−=−=，令()0fx¢>，则10xx−，解得01x；令()0fx，则10xx−，解得0x或1x；所以函数()fx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减.当1x=时，()fx取得最大值为()()

1ln111fxf=−=−，所以()1fx−.（3）依题意得()()()lneexxxxhxafxaxx=+=−+，()()11111eexxxahxaxxx−=−+=−+，当0a=时，()0exxhx=，

()hx在定义域上无零点；满足题意.当0a时，0x，所以10exax+，令()0hx，得01x；令()0hx，得1x；所以()hx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减.当1x=时，()hx取得

最大值为()11eha=−+，因为()hx无零点,所以()110eha=−+，解得1ea；当a<0时，因为()1fx−，所以(ln)0axx−，即()()ln0exxhxaxx=−+，所以()hx在定义域上无零点；满

足题意.综上所述，实数a的取值范围(1,0,.e−+4．（湖北省随州市广水市实验高级中学等2023届高三上学期期中）设函数21()(1)2fxxaxalnx=−+−，1a．(1)曲线()yfx=

在点()()2,2f处的切线与x轴平行，求实数a的值；(2)讨论函数()fx的单调性；(3)证明：若5a，则对任意1x，2(0,)x+，12xx，有1212()()1fxfxxx−−−．【答案】(1)3a=(2)答案不唯一，具体见解析(3)证明见解析【

分析】（1）求出函数的导数，求得切线斜率，令斜率等于0，解方程可得a的值；（2）根据对数函数定义域为大于0的数，求出()fx讨论1a−与1的大小关系，分别求得函数的单调区间；（3）构造函数()()gxfxx=+，求出导数，根据a的取值范围得

到导函数一定大于零，则可判断函数()gx为单调递增函数，利用当120xx时有12()()0gxgx−即可得证.【详解】（1）函数21()(1)2fxxaxalnx=−+−的导数为1()afxxax−

=−+，()yfx=在点()()2,2f处的切线斜率为()2kf=1202aa−=−+=，解得3a=；（2）()fx的定义域为(0,)+，()211()xaxaafxxaxx−+−−=−+=()(

)11xaxx−−−=，()i若11a−=即2a=，则2(1)()xfxx−=，故()fx在(0,)+单调递增．()ii若11a−，而1a，故12a，则当(1,1)xa−时，()0fx；当(

0,1)xa−及(1,)x+时，()0fx故()fx在(1,1)a−单调递减，在(0,1)a−和(1,)+单调递增．()iii若11a−，即2a，同理可得()fx在(1,1)a−单调递减，在(0,1)和(1,

)a−+单调递增．（3）欲证1212()()1fxfxxx−−−成立，即证明121212()()fxfxxxxx−+−−112212()()0fxxfxxxx+−+=−，设函数21()()(1)2gxfxxxaxalnxx=+=−+

−+则211()1211(11)aagxxaxaaxx−−=−++−+=−−−…，由于15a，故()0gx，即()gx在(0,)+单调增加，从而当120xx时有12()()0gxgx−，即1212()()0fxfxxx−+−，故1212()()1fxfxxx−−−成立．5．（

山东省日照市2022-2023学年高三上学期期中）已知函数()()1lnafxaxxx=−++，()agxx=（其中aR）.(1)若2a=，求函数()fx的单调区间；(2)若对于任意(1,ex，都有()()fxgx成立，求a的取值范围.【答案】(1)()fx的递增区间为(

)1,+，递减区间为()01，(2)()1e,−+【分析】（1）先求出函数的定义域，再对函数求导，然后由导数的正负可求出函数的单调区间；（2）由()()fxgx，得()1ln0axx−+，则于ln0x，则转化为1lnxax−−，构造函数()lnxhxx=−，利用导数求出其最大

值即可.【详解】（1）当2a=时，()2lnxxfxx=++，定义域为(0,)+，()2222122(2)(1)1xxxxfxxxxx+−+−=+−==，当01x时，()0fx，当1x时，()0fx，所以()fx的递增区间为()1,+

，递减区间为()01，（2）由()()fxgx，得()1ln0axx−+，当(1,ex时，ln0x，所以1lnxax−−，令()lnxhxx=−，则()21ln0lnxhxx−=，所以()hx在(1,e上

递增，所以maxe()(e)elnehxh==−=−，所以1ae−−，得1ea−，即a的取值范围为()1e,−+【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是分离参数，再构造函数，然后利用导数求

函数的最值即可，考查数学转化思想，属于中档题.6．（2022秋·湖南长沙·高三宁乡一中期中）已知函数()()2ln2Rfxaxxaax=+++．(1)证明函数()fx有唯一极小值点；(2)若e04a，求证：()e2xfxxx++．【答案】(1)证明见解析(2

)证明见解析【分析】（1）首先求函数的导数，利用求根公式，判断函数的单调区间，再证明函数存在极小值点；（2）首先不等式整理为()2ln2exaxxx+，再构造函数()2e,0xgxxx=，()()ln2axhxx+=，利用导数求函数的最值，即()min

gx和()maxhx，即可证明不等式.【详解】（1）函数()2ln2fxaxxax=+++的定义域为()0,+，()222221axaxfxxxx+−=+−=．对于方程220xax+−=，2Δ80a=+．

解方程220xax+−=，可得21802aax−−+=，22802aax−++=，当2802aax−++时，()0fx；当282aax−++时，()0fx¢>，所以函数()fx在280,2

aa−++上单调递减，在28,2aa−+++上单调递增．所以函数()fx有唯一极小值点．（2）要证明()e2xfxxx++，即证2e2ln2xxaxaxxx+++++，即证()eln2xaxx+

，即证()2ln2exaxxx+．令()2exgxx=，其中0x，则()()3e2xxgxx−=，当02x时，()0gx，此时函数()gx单调递减；当2x时，()0gx，此时函数()gx单调递增．所以()2mine()24gxg==．构造函数()()l

n2axhxx+=，其中e04a，0x，则()()2ln1axhxx+=−．当10ex时，()0hx，此时函数()hx单调递增；当1ex时，()0hx，此时函数()hx单调递减．所以2max

1e()ee4hxha==，则maxmin()()hxgx，所以()2ln2exaxxx+．故原不等式得证．7．（河北省沧州市沧县中学2023届高三上学期期中）已知函数()32233fxxaxbxa=+++在=1x−处有极值0.

(1)讨论函数()fx在(),1−−上的单调性；(2)记()()1gxfxk=−+，若函数()gx有三个零点，求实数k的取值范围.【答案】(1)在(),3−−上单调递增，在()3,1−−上单调递减(2)15k【分析】（1）

求出函数()fx的导函数，由()32233fxxaxbxa=+++在=1x−时有极值0，则(1)0,(1)0ff−=−=，两式联立可求常数a，b的值，从而得解析式；（2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参

数k的取值范围.【详解】（1）由()32233fxxaxbxa=+++可得()2363fxxaxb=++，因为()32233fxxaxbxa=+++在=1x−处有极值0，所以()()1010ff−=−=，即23630

1330ababa−+=−+−+=，解得11ab==或23ab==，当1,1ab==时，()223633(1)0fxxxx=++=+，函数()fx在R上单调递增，不满足在=1x−时有极值，故舍去所以常数,ab的值分别为2,3ab==，所以()32694fxxxx=+

++，()()()23129313fxxxxx=++=++，令()0fx=，解得121,3xx=−=−，当3x−或1x−时()0fx¢>，当31x−−时，()0fx，所以，函数()fx的在(),3−−上单调递增，在()3,1−−上单调递减；（2）由（1）可知()32

695gxxxxk=++−+，()()()()313gxfxxx=+=+，()gx的单调递增区间是(),3−−和()1,−+，单调递减区间为()3,1−−，当3x=−时，()gx有极大值5k−+，当=1x−时，()gx有极小值1k−+，要

使函数()gx有三个零点，则须满足5010kk−+−+，解得15k.8．（河北省安平中学2023届高三上学期期中）已知函数2()lnfxxaxx=−+()aR．(1)若存在[1,2]x使得()0fx成立，求a的取值范围；(2)设函数()

fx有两个极值点12,xx，且1(1,)x+，求证：()()123ln24fxfx−−+．【答案】(1)1,2ln22−+；(2)证明见解析.【分析】（1）分离参数可得2lnxxax+，设2ln()xxgxx+=，原题可转化为max()a

gx.求出221ln()xxgxx+−=，构造2()1lnhxxx=+−，可证得()0hx恒成立，进而得出()gx单调递增，即可得出a的取值范围；（2）求出221()xaxfxx−+=.由已知可得，12,xx是方程2210xax−+=的两个相异实根，且1212xx=

.求出()()12fxfx−，整理可得()()()221121211ln24fxxxxxf=−+−.换元令21tx=，()1ln(2)4ktttt=−+，求出()0kt，即可得出()()31ln24ktk=−+.【详解】（1）由于0x，故20()lnfxxax

x=+−转化为2lnxxax+．设2ln()xxgxx+=，则221ln()xxgxx+−=.设2()1lnhxxx=+−，则2121()2xhxxxx−=−=.由于0x，解()0hx=，解得22x=.解()0hx可得，22

x，所以()hx在2,2+上单调递增；解()0hx可得，202x，所以()hx在20,2上单调递减.故()hx在22x=处有极小值，也是最小值231ln20222h=+.所以故()0gx

在()0,+上总成立，所以2ln()xxgxx+=为单调增函数.又存在[1,2]x使得()0fx成立，只需max()agx即可，所以()122ln22ag=+，即a的取值范围是1,2ln22−+

．（2）由已知可得，()fx定义域为()0,+，且221()xaxfxx−+=.由已知()fx有两个极值点12,xx，所以方程2210xax−+=有两个相异根12,xx，则280a=−，且1212xx=，211210xax−+=，222

210xax−+=，所以21121axx=+，22221axx=+.所以()()2222111111111ln21lnln1fxxaxxxxxxx=−−=+−+++=−，()2222ln1fxxx=−+−，所以()()()22121122ln1

l1nfxfxxxxx−++−=−−−−()2222221112111lnln24xxxxxxx=−−=−+.令21tx=，则1t，设()1ln(2)4ktttt=−+.则()2211111042ktttt=−−+=−−，所以()1ln(2)4ktttt=−+在(1

,)+为减函数，所以()()1311ln2ln244ktk=−+=−+.即()()123ln24fxfx−−+．【点睛】方法点睛：小问1中，根据0x，分离参数得到2lnxxax+.构造函数，

通过求解函数的最值，即可得出a的取值范围.9．（河北省衡水市深州长江中学2023届高三上学期期中）已知函数()2sinfxxax=−，aR.(1)若()fx是R上的单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)当1a=时，求()()l

ngxfxx=−在0,2上的最小值.【答案】(1)(,2−−(2)2ln22−−【分析】（1）由已知可得：()2cos0fxxa=−即可求解.（2）结合导数和隐零点替换即可求解最值.【详解】（1）由已知可得：()2cos0fxxa=−恒成立，即2co

sax恒成立，又2cosyx=的最小值为-2，所以2a−，则有(,2a−−.（2）当1a=时，()()ln2sinlngxfxxxxx=−=−−，()0,x+所以()12cos1gxxx=−−，令()()hxgx=，()212sinhxxx=−+

在0,2上单调递减，又因为26106h=−+，()12sin112sin106h=−+−+=，所以存在0,16x使得()0hx=，即02012sinxx=，从而4002041cos2xxx−

=则有x()00,x0,2x()hx正负()gx递增递减则有()gx最大值为：()4400002200000041411112cos11110xxgxxxxxxxx−=−−=−−−−=−，所以()0gx，则()gx在0,2上

单调递减，所以最小值为2ln222g=−−.10．（2022秋·河北邢台·高三河北南宫中学校期中考试）已知函数()()23ln,22,fxaxxgxxaxa=+=−+R.(1)讨

论函数()fx的单调性；(2)若()120,,2,1xx+−−，使得()()122fxgx„，求实数a的取值范围.【答案】(1)单调性见解析(2)(()2,2e0,−−+【分析】（1）求导后，分别在0a和a<0的情况下，根据()fx的正

负得到()fx单调性；（2）当0a=时，可知()()1220fxgx恒成立，知不合题意；当0a时，取112212min,e2ax−=，21x=−，通过放缩可得()()122fxagx=，符合题意；当0a时

，将不等式转化为()()minmax2fxgx≤，根据()(),fxgx单调性可分别求得()minfx和()maxgx，由此可构造不等式求得结果；综合三种情况可得a的取值范围.【详解】（1）由题意知：()fx

的定义域为()0,+，()222axafxxxx=+=+，当0a时，()0fx¢>恒成立，()fx\在()0,+上单调递增；当0a时，令()0fx=有2ax=−，故当0,2ax−

，则()0fx；若,2ax−+，则()0fx¢>；()fx\在0,2a−上单调递减，在,2a−+上单调递增；综上所述：当0a时，()fx在()0,+上单调递增；当0a时，()fx在0,2a−

上单调递减，在,2a−+上单调递增.（2）当0a=时，()0,x+，()2220fxx=；2,1x−−，()3220gxx=+；()()122fxgx恒成立，不合题意；当

0a时，取112212min,e2ax−=，21x=−，则()()11222111222ln22lne1afxaxxaagx−=++==，符合题意；当0a时，若()10,x+，2

2,1x−−，使得()()122fxgx，则()()minmax2fxgx≤；由（1）知：()minln222aaafxfa=−=−−；()322gxxax=−+，()260gxxa=−，()gx在2,1−−上单调递增，()()max1gxga

=−=，2ln2aaaa−−，即2ln22aaa−，ln12a−，解得：22e−a；综上所述：实数a的取值范围为(()2,2e0,−−+.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成

立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数(),,yfxxab=，(),,ygxxcd=（1）若1,xab，2,xcd，总有()()12fxgx成立，故()()2maxminfxgx；（2）若1,xab，2,xcd，有

()()12fxgx成立，故()()2maxmaxfxgx；（3）若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx成立，故()()2minmaxfxgx；（4）若1,xab，2,xcd

，有()()12fxgx=，则()fx的值域是()gx值域的子集．11．（广东省江门市新会区新会陈经纶中学2022-2023学年高三上学期期中）已知函数()ln1fxaxax=−+（aR，且0a）.(1)讨论a的值，求函数()fx的单调区间

；(2)求证：当2n时，1111ln2ln3lnnnn−+++.【答案】(1)见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数导数，分0,0aa分类讨论即可得解；（2）当1a=时利用函数单调性可得l

n1−xx，放缩可得()110ln1xxx−，根据裂项相消法求和即可得证.【详解】（1）由()ln1fxaxax=−+知函数定义域为(0,)+，()()1axafxaxx−=−=，①当0a时，若01x，则

()0fx，若1x，()0fx，所以()fx的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+；②当a<0时，若01x，则()0fx，若1x，()0fx，所以()fx的单调递减区

间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+.（2）令1a=，则()ln1fxxx=−+，所以(1)0f=，由（1）可知()fx在[1,)+上单调递减，故()(1)0fxf=，（当1x=时取等号)，所以()ln10fx

xx=−+，即ln1−xx，当2x时，0ln1(1)xxxx−−，即0ln1)(xxx−，即()110ln1xxx−令xn=，则()1111ln11nnnnn=−−−，所以11111111111ln2ln3ln1223341nnn++

+−+−+−++−−111nnn−=−=，故当2n时，1111ln2ln3lnnnn−+++.【点睛】关键点点睛：1a=时，利用函数单调性得出ln1−xx，当2x时，放缩得出0ln1)(xxx−，变形得出()110

ln1xxx−是解题的关键，再由裂项相消法及不等式的性质即可得解.12．（广东省广州市协和中学2023届高三上学期期中）已知函数()lnfxxa=+，aR.(1)若()()212gxfxxax=++，讨论函数()gx的单调性；(2)证明：当12m时，函数()yfxma=+−的图象在函数

()3esin2xhx=+的图象的下方.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导后，分0a，20a−，2a−确定导数的符号，从而确定单调区间；（2）令3()()(())esinln()2xFxhxfxmaxm=−+−=+−+，求导后，借助隐零点，从而求得()

Fx最小值即可证明.【详解】（1）()21ln2gxxaxax=+++，定义域为(0,)+，所以211()xaxgxxaxx++=++=，当0,()0,()agxgx单调递增，当a<0，令2()1mxxax=++，其对称轴为2ax=−，最小值为22112424aaaama

−=−+=−，若2104a−，即24,20aa−时，()0,()gxgx单调递增，若2,0,2aam−−令()0mx=，可得221244,22aaaaxx−+−−−−==，由于2a−，故1x与2x均大

于0，所以()20,xx或()1,xx+时，()0gx，()gx单调递增，()21,xxx时，()0gx，()gx单调递减，综上所述，当2a−时，()gx在()0,+上单调递增，当2a−时，()gx在240,2aa−−−和24,2aa−+−+

上单调递增，在2244,22aaaa−−−−+−上单调递减.（2）令3()()(())esinln()2xFxhxfxmaxm=−+−=+−+，其定义域为(,)m−+，1()exFxxm=−+，

由于=exy与1yxm=−+均为递增函数，所以()Fx在(,)m−+上单调递增，且(),xmFx→−→−，()1121e1e10mFm−−=−−，所以令()00Fx=，即001e0xxm-=+，当0mxx−时

，()0Fx，当0xx时，()0Fx，()Fx在()0,mx−上单调递减，在()0,x+上单调递增,最小值为()0Fx，()0000000111e0,e,lnlnxxxxmxmxmxm−====−++

++，()()000000031313elnsinsinsin222xFxxmxxmmxmxm=−++=++=+++−++，因为00xm+，所以0012xmxm+++，当且仅当01xm+=时，等号成立.()()003312sin,sin1,2222FxmF

xmm+−−−−=−，()()001111,,0,()02222mmFxFxFx−−−=.函数()fxma+−的图象在()hx图象的下方.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数

进行分类讨论，在确定导函数()fx的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照()0fx=是否有根，根的大小进行分类求解的．13．（山东省菏泽市一中系列学校2022-2023学年高三上学期期中）已知函数()()()ln11fxxaxaa=+−++R．(1)讨论函数

()fx的极值情况；(2)证明：当1a时，()e0xfx−．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求定义域，求导，分1a与1a两种情况，得到函数单调性和极值情况；（2）转化为证明eln2xx+，构造()elnx

hxx=−，二次求导，结合隐零点和基本不等式证明出结论.【详解】（1）函数()()()ln11fxxaxaa=+−++R，定义域为()0,+，()()1111axfxaxx+−=+−=①当1a

时，()0fx¢>，()fx单调递增，没有极值；②当1a时，由()0fx=，得11xa=−，当10,1xa−时，()0fx¢>，()fx单调递增；当1,1xa+−时，()0fx，()fx单调递减；∴()()1ln11fxfaaa==

−−−极小，无极大值综上讨论得：①当1a时，()fx无极值；②当1a时，()fx有极小值()ln1aa−−，无极大值．（2）当1a时，要证()e0xfx−，即证()exfx，只需证eln2xx+；令()elnxhxx=

−，则()1exhxx=−，令()1exmxx=−，则()21e0xmxx=+，∴()hx在()0,+单调递增，而1e202h=−，()1e10h=−，故方程1e0xx−

=有唯一解0x，即001e0xx−=，∴001exx=，则00exx−=，∴00lnxx−=，且()00,xx时，()0hx，()hx在()00,x单调递减；()0,xx+时，()0hx，()hx在(

)0,x+单调递增；∴()()000001eln2xhxhxxxx=−=+，∴eln2xx+，故当1a时，()e0xfx−.【点睛】隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需

结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.