【文档说明】考点40 导数与不等式、零点（解析版）-2021年高考数学一轮复习（艺术生高考基础版）（新高考地区专用）.docx，共(29)页，1.563 MB，由管理员店铺上传

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考点40导数与不等式、零点一.利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．二．证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)>0(利用单调性)，特殊

情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．三．证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)＋g(x1)<f(x2)＋g(x2)对x1<x2

恒成立，即等价于函数h(x)＝f(x)＋g(x)为增函数．四．可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．五．研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．考向一导数与零点【例1】（

2021·安徽安庆市）函数()2xfxeaxa=−−.（1）讨论函数的极值；（2）当0a时，求函数()fx的零点个数.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【解析】（1）由题意，函数()2xfxeaxa=−−，可得()2xfxea=−

，当0a时，()20xfxea=−，()fx在R上为单调增函数，此时无极值；当0a时，令()20xfxea=−，解得()ln2xa，所以()fx在()ln(2),a+上为单调增函数，知识理解考向分析令()20x

fxea=−，解得()ln2xa，()fx在(),ln(2)a−上为单调减函数，所以当ln(2)xa=时，函数()fx取得极小值()=ln(2)2ln(2)ffaaaa=−极小值，无极大值.综上所述：当0a时，()fx无极值，当0a时，()=ln(2)2ln(2)ffaaaa=

−极小值，无极大值.（2）由（1）知当0a时，()fx在()ln(2),a+上为单调增函数，在(),ln(2)a−上为单调减函数，且2ln(2)faaa=−极小值，又由()(21)xfxeax=−+，若x→−时，()fx→+；若x→

+时，()fx→+；当2ln(2)0aaa−，即02ea时，()fx无零点；当2ln(2)=0aaa−，即=2ea时，()fx有1个零点；当2ln(2)0aaa−，即2ea时，()fx有2个零点.综上：当02ea时，()fx无零点；当=2ea时，()fx有1个零点；当2e

a时，()fx有2个零点.【举一反三】1．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中）已知函数()sinxfxex=+.（1）求曲线()fx在点()()0,0f处的切线方程；（2）令()()1gxfxax=−−，当)1,2a时，证明∶函数

()gx有2个零点.【答案】（1）21yx=+；（2）证明见解析.【解析】（1）21yx=+（2）当0x=时，()00e01sin00g=−−+=，∴0x=是()gx的一个零点，由()ecosxgxax=−+，设()()cosxhxgxeax==−+，则()esinxhxx=−.因为1

2a，①当()0,x+时，e1x，∴()1sin0hxx−，∴()gx在()0,+单调递增，∴()()020gxga=−，∴()gx在()0,+单调递增，∴()()00gxg=，此时()gx在()0,+无零

点②当(,x−−时，ax−，有()esin1esin10xxgxaxxx=−+−++−，此时()gx在(,−−无零点.③当(),0x−时，sin0x，()esin0xhxx=−，∴()gx在(),0−单调递增，又()020ga=−，()e10ga−

=−−，由零点存在性定理知，存在唯一()0,0x−，使得()00gx=.当()0,xx−时，()0gx，()gx在()0,x−单调递减；当()0,0xx时，()0gx，()gx在()0,0x单调递增；又()e10ga−−=+−，()()00

0gxg=，所以()gx在(),0−上有1个零点.综上，当12a时，()gx有2个零点．2．（2021·安徽高三一模（文））已知函数f(x)=ax-ax(a>0且a≠1).（1）当a=e时，求函数f(x)的最值；（2）设g(x)是f(x)的导

函数，讨论函数g(x)在区间(0，1)零点的个数.【答案】（1）最小值为0，无最大值；（2）答案见解析.【解析】（1）当ae=时，()(),,xxfxeexfxee=−=−令()0,fx=得1,x=显然()fx在(),−+单调递增，当1x时，()0fx；当1x时，()0f

x，所以，()fx在(),1−单调递减，在()1,+单调递增，则()fx的最小值为()10,f=无最大值.（2）()()lnxgxfxaaa==−（i）若()01,0agx在(0，1)恒成立，此时()gx在(

0，1)没有零点.（ii）若()21,(ln)0,xagxaa=所以()gx在(0，1)单调递增.()0lngaa=−，令()ln(1),haaaa=−因为()110,haa−=所以()ha在()1,+单调递减，故()()110,hah=−所以()0ln

0gaa=−；()()1lnln1gaaaaa=−=−①当1ae时()(),10,ggx在(0，1)没有零点.②当ae时，()()10,ggx在(0，1)有且只有1个零点.综上所述：若01a或()1,aegx在(0，1)没有零点；若(),aegx在(0，1)有且只有1个

零点3．（2021·山东潍坊市·高三一模）已知函数()()22sinxafxax−=−R．（1）若曲线()yfx=在点,22f处的切线经过坐标原点，求实数a；（2）当0a时，判断函数()fx在(0,)x上的零点个数，

并说明理由．【答案】（1）224a=−−；（2）答案不唯一，具体见解析．【解析】（1）()222sincos(),sin2xxxaxfxfx−−==，所以()fx在点,22f

处的切线方程为yx=，所以222f=，即2222,2424aa−−==−−；（2）因为()0,x，所以sin0x，所以220sinxax−−=可转化为22sin0xax−−=，设2()2singxxax=−

−，则()22cosgxxx=−当,2x时，()0gx，所以()gx在区间,2上单调递增．当0,2x时，设()()22coshxgxxx==−，此时()22sin0hxx=+，所以()gx在0,2x

时单调递增，又(0)20g=−，02g=，所以存在00,2x使得()0gx=且()00,xx时()gx单调递减，0,2xx时()gx单调递增．综上，对于连

续函数()gx，在()00,xx时，()gx单调递减，在()0,xx时，()gx单调递增．又因为(0)0ga=−，所以当20()ga=−，即2a时，函数()gx有唯一零点在区间0(,)x上，当20()ga

=−，即2a时，函数()gx在区间(0,)上无零点，综上可知，当20a时，函数()fx在(0,)上有1个零点；当2a时，函数()fx在(0,)上没有零点．考向二导数与不等式【例2】（2020·江苏苏州市）已知函数2()ln,01fxxmxmx=++.（

1）若()fx在43x=时取得极值，求实数m的值；（2）求()fx的单调区间；（3）证明：()22fx.【答案】（1）16m=；（2）单调减区间为280,2mm−++，单调增区间为28,2mm−+++；（3）证明见解析.【解析】（1）由题意

得222()xmxfxx+−=，因为()fx在43x=时取得极值，所以403f=，解得16m=，当16m=时，22212(23)(34)6()6xxxxfxxx+−+−==，因为0x，所以230x+，所以当40,3x时，()0fx

，则()fx在40,3递减；当4,3x+时，()0fx，则()fx在4,3+递增，所以()fx在43x=时取得极小值，综上16m=；（2）因为222()xmxfxx+−=，由()0fx=，解得2180

(01)2mmxm−−+=舍去，()220808||2mmxmmm−++=+…，所以在()00,xx时，()0fx，故()fx在()00,x单调递减；在()0,xx+时，()0fx，故()fx在()0,x+单调

递增，所以()fx的单调减区间为280,2mm−++，()fx的单调增区间为28,2mm−+++.（3）法一：由222(),01xmxfxmx+−=，则2(1)10,(2)02mfm

f=−=，由（2）知，存在唯一的0(1,2)x，使得()00fx=，即20020xmx+−=，002mxx=−()min000000000222()lnlnfxfxxmxxxxxxx==++=++设22()ln,(1,2)gxxx

xxxx=++−，22()1ln0,(1,2)gxxxx=−−所以()(2)22gxg=所以()22fx（3）法二：因为2028428mmxmm−++==++又01m，所以012x，0ln0x

.又由（2）()min00002()lnfxfxxmxx==++，所以002()22fxxx+.【举一反三】1．（2021·贵州高三开学考试）已知函数()sincos1exxxfx+−=.（1）求函数()fx在()0,内的单调

递增区间；（2）当)0,x+时，求证：()fxx.【答案】（1）0,6，5,6；（2）证明见解析.【解析】（1）解析：由题意知，()12sinxxfxe−=，()0,x，所以当()0fx时，解得50,,66x

，即()fx在()0,的单调递增区间是0,6，5,6（2）令()()gxfxx=−，()0x，只需证()0gx即可()12sin1xxgxe−=−令12sin()1xxhxe

−=−，则()22sin12sin2cos14xxxxxhxee−−−−==，当[0,]6x时，()0hx，()hx递减，即()gx在06,单调递减，即()()max00gxg==，所以()0gx

，从而()gx在[0,]6上单调递减，即()()00gxg=恒成立；当,6x+时，由（1）知，()fx的极大值点满足1sin2x=，这些极大值点使得()fx的分子值不变，但分母随x的增大而增

大（当然0xe），∴当[,)6x+时，max66()31()62fxef−==，()fxx恒成立．综上，()fxx得证.2．（2021·安徽高三一模（理））已知函数f(x)=2ex+aln(x+1)-2.（1）当a=-2时，讨论f(x)的单调性；（2）当x∈[0，π]时，

f(x)≥sinx恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）函数()fx在(-1，0)单调递减，在()0,+单调递增；（2）)1,−+.【解析】（1）当2a=−时()(),22ln12,1xfxexx=−+−−.()()22,1xfxefxx+=−在()1

,−+单调递增，且()00.f=当()1,0x−时，()0fx；当()0,x+时(),0fx.所以函数()fx在(-1，0)单调递减，在()0,+单调递增.（2）令()()()sin2ln12sin,0,xgxfxxea

xxx=−=++−−当0,x时，()sinfxx恒成立等价于()()00gxg=恒成立.由于()()cos2cos,0,1xagxfxxexxx=−=+−+，所以（i）当0a时，()210,xgxe−函数()ygx=在0,

单调递增，所以()()00gxg=，在区间0,恒成立，符合题意.（ii）当0a时，()2cos1xagxexx=+−+在0,单调递增，()0211gaa=+−=+.①当10a+…即10a−时，()()010,gxga=+函数()ygx=在

0,单调递增，所以()()00gxg=…在0,恒成立，符合题意.②当10+a即1a−时()(),010,211agage=+=+++，若()0g，即()()121ae−++时(),gx在()0,恒小于0则()gx在()0,单调递减，()

()00gxg=，不符合题意.若()0,g即()()1211ea−++−时，存在()00,x使得()00.gx=所以当()00,xx时，()0,gx则()gx在()00,x单调递减，()()

00,gxg=不符合题意.综上所述，a的取值范围是)1,.−+1．（2021·山东菏泽市·高三一模）已知函数()()()2(ln,)xfxxkxkRgxxe=−=−.（1）若()fx有唯一零点，求k的取值范围;（2）若()()1gxfx−恒成立，求k的取值范围.【答案】

（1）1ke=或0k；（2）1k³.【解析】（1）由()lnfxxkx=−有唯一零点，可得方程ln0xkx−=，即lnxkx=有唯一实根，令()lnxhxx=，则()21ln,xhxx−=由()0hx，得0,x

e由()0hx，得,xe()hx在()0,e上单调递增，在(,)e+上单调递减.()()1hxhee=，又()10,h=所以当01x时，()0hx;又当xe时，()ln0,xhxx=强化练习由()lnxhxx

=得图象可知，1ke=或0k.（2）()2ln1()xxexkx−−−恒成立，且0x，1ln2xxkex+−+恒成立，令()1ln2xxxex+=−+，则()22221(llnn1)xxxxexxxexx−−==−+−，令()2lnxxxxe=−−，则211()(2)(2

)0xxxxxexexexxx=−−+=−−+(0)x，()x在(0,)+单调递减，又()12110,10eeee−=−=−，由零点存在性定理知，存在唯一零点01,1xe，使()0,ox=即0200lnxxxe−=，两边取

对数可得()000lnln2ln,xxx−=+即()()0000lnlnlnln,xxxx−+−=+由函数lnyxx=+为单调增函数，可得00lnxx=−，所以当00xx时，()0x，()0x，当0xx时

，()0x，()0x，所以()x在()00,x上单调递增，在0(,)x+上单调递减，()()00000001ln11221xxxxxexxx+−=−+=−+=，所以()1,okx=即k的取值范

围为1k³.2．（2021·浙江高三月考）已知函数()lnfxx=.（1）若1()1xafxe−−恒成立，求实数a的值；（2）若关于x的方程2()ln0mfxxmx−+−=有四个不同的实数根，则实数

m的取值范围.【答案】（1）1a=；（2）01m.【解析】（I）11()()1ln1xxgxafxeaxe−−=−+=−+，1()xagxex−=−，又()(1)0gxg=，故1x=是()ygx=的极大值点，

所以(1)10ga=−=，1a=；另一方面，当1a=时，11()xgxex−−=，(1)0g=，()gx在区间(0,)+单调递减，故()gx在(0,1)单调递增，(1,)+单调递减，所以()(1)0gxg=，1()1xfxe−−恒成立（II）当0m时，2()lnlnmhxxxm

x=−+−，22222()1mxxmhxxxx−+−=−−=，当0x时，()0hx，()hx在区间(,0)−单调递减，又()0hm−=，故()hx在区间(,0)−有唯一实根，①若m1，222(1)10xxmxm−+−=−−+

−，当0x时，()0hx，()hx在区间(0,)+单调递减，故()hx在区间(0,)+至多有一个实根，不符合题意，②若01m，令1x，2x（12xx）是方程220xxm−+−=的两不同实根，则12122,xxxxm+==，则120xx故(

)hx在区间1(0,)x，2(,)x+上单调递减，在区间12(,)xx上单调递增.2222111111111111112()lnlnlnln(2)22lnln(2)xxmhxxxmxxxxxxxxx−+=−+−=−+−−+=−++−−()22lnln(2

)xxxx=−++−−（01x），2112(1)()202(2)xxxxxx−=−++=−−，()(1)0x=，1()0hx，同理可证2()0hx.取2321(12)11xxmm=++=+−，3331()210hxxxm−++=.取24

1min{ln,}4mxm=，2411142mmxxm=−−，4444444442211()2(ln)2(ln)0mxmhxxxxxxmxmx−−++−=++−.故()hx在41(,)xx，12(,)xx，23(,)xx各存在一个零点，实数m的取值范围是(0,1).3．（2021

·湖北荆门市·高三月考）已知函数()ln1afxxx=−+有两个不同的零点()1212,xxxx.（1）求实数a的取值范围；（2）记()fx的极值点为0x，求证：()012112efxxx+.【答案】（1）10a−；（2）证明见解析.【解析】解：（1）由()ln1afx

xx=−+得221'()(0)aaxfxxxxx+=−−=−，∵函数()ln1afxxx=−+有两个不同的零点1x，2x，∴()fx在()0,+上不单调，∴0a，令'()0fx得0xa−，'()

0fx得xa−，故()fx在()0,a−上单调递增，在(),a−+上单调递减，则()fx的极大值为()()ln0faa−=−−，∴01a−，∴10a−.∵0x+→时()0fx，x→+时()0fx，∴a的取值范

围是10a−.（2）由（1）知()()0lnfxa=−−，∵()()12fxfx=，∴1212ln1ln1aaxxxx−+=−+，∴1221121211lnlnlnln1111xxxxaxxxx−−==−−.令111tx=，221tx=，则21

12lnlnttatt−=−，且12121122xxtt++=，要证()012112efxxx+，只需证12(ln())2ttea+−−.下面先证明1212122lnlntttttt+−−，这只要证明12112221ln1tttttt−+，设

1201tmt=，所以只要证明2(1)ln01mmm−−+，设2(1)()ln1mgmmm−=−+，则22214(1)'()0(1)(1)mgmmmmm−=−=++，所以()gm递增，则()()10gmg=成立.于是得到12121212lnlntttttta+−=

−−，因此只要证明1ln()(10)eaaa−−−−，构造函数1()ln()haeaa=−+−，则2211'()eeahaaaa+=+=，故()ha在11,e−−上递减，在1,0e−

上递增，则1()0hahe−=，即1ln()eaa−−−成立.4．（2021·辽宁高三其他模拟（文））已知函数()ln11xaFxxx=−−+．（Ⅰ）设函数()()()1hxxFx=−，当2a=时，证明：当1x时，()0hx；（Ⅱ）若()Fx

有两个不同的零点，求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）2a.【解析】（Ⅰ）()()ln22(1)1()ln111xxhxxxxxx−=−−=−−++()()()22101xhxxx−=+，所以()hx在()1,+上为单调递

增函数，且()10h=，当1x时，()0hx.（Ⅱ）设函数()()1ln1axfxxx−=−+，则()()()222111xaxfxxx+−+=+，令()()2211gxxax=+−+，当1a时，当0x时，()0gx

，当12a时，2480aa=−，得()0gx，所以当2a时，()0fx，()fx在()0,+上为单调递增函数，此时()gx至多有一个零点，()()11Fxfxx=−至多一个零点不符合题意舍去.当2a时，有2480aa=−，此时()gx有两个零点，设为12,tt，且12tt

．又因为()12210tta+=−，121tt=，所以1201tt.得()fx在()10,t，()2,t+为单调递增函数，在()12,tt上为单调递减函数，且()10f=，所以()10ft，()20ft，又因为()201aa

afee−=−+，()201aaafee=+，且()fx图象连续不断，所以存在唯一()11,axet−，使得()10fx=，存在唯一()22,axte−，使得()20fx=，又因为()()11

Fxfxx=−，所以，当()Fx有两个不同的零点时，2a.5．（2021·山西晋中市·高三二模（文））已知函数2()2ln43()fxxaxaxaa=+−+R．（1）讨论函数()fx的单调性；（2）对(1,)x+，都有()0fx成立，求实数a的取值范

围．【答案】（1）答案见解析；（2）01a剟.【解析】（1）()22212()24(0)axaxfxaxaxxx−+=+−=，令2()21(0)gxaxaxx=−+，①当0a=时，()10gx=，在(0,)+上，()0fx，所以()fx单调递增．②当0a时，2444

(1)0aaaa=−=−，令()0gx=，得2212,aaaaaaxxaa−−+−==，且120xx，所以当()10,xx时，()0fx，所以()fx单调递增；当()1,xx+时，()0fx，所以()

fx单调递减．③当0a时，4(1)aa=−，当01a„时，4(1)0aa=−„，在(0,)+上，()0fx，所以()fx单调递增．当1a时，2444(1)0aaaa=−=−，令()0gx=，得221

2,aaaaaaxxaa−−+−==，且120xx，所以当()10,xx或()2,xx+时，()0fx，所以()fx单调递增；当()12,xxx时，()0fx，所以()fx单调递减．综上可得：当0a时，()fx在()10,x上单调递增，在()1,x+上单调递减；当

01a剟时，()fx在(0,)+上单调递增；当1a时，()fx在()()120,,,xx+上单调递增，在()12,xx上单调递减．（2）因为(1)0f=，根据（1）的讨论可知，当01a剟时，()fx在(0,)+上单调递增，所以()fx在(1,)+

上单调递增，所以()(1)0fxf=成立．当0a时，()fx在()1,x+上单调递减，x→+时，()fx→−，所以存在()1,xx+使得()0fx，故此时不成立．当1a时，()fx在()()120,,,xx+上单调递增；在()12,xx上单调递减，而22121aaaaaaxxa

a−−+−==，所以当()21,xx时，()fx单调递减，此时()(1)0fxf=，不合题意．综上可得：01a剟．6．（2021·湖南永州市·高三二模）已知函数()xfxaexa=−+，aR.（1）讨论

()fx在)1,+上的单调性；（2）当1sinax=−时，讨论()()2gxfxx=+−在(),−上的零点个数.【答案】（1）答案见解析；（2）有3个零点.【解析】（1）()'1xfxae=−，)1,x+，当0a时，'()0fx恒成立，则()fx在

)1,+上单调递减；当0a时，令'()0fx，则1lnxa，令'()0fx，则1lnxa，若1ln1a，即1ae时，()fx在)1,+上单调递增；若1ln1a，即10ae时，()fx在11,lna上单调递减；在1ln,a+上单调

递增；（2）当1sinax=−时，()()()21sinsin1xgxfxxxex=+−=−−−，令()0gx=，得1sin01xxexe−−=+，令1()sin1xxehxxe−=−+，则11()sin()sin()11xxx

xeehxxxehxe−−−−−=−−=−−=−++，所以()yhx=为奇函数，且()00h=，所以0是()yhx=的一个零点，令1()1xxetxe−=+，则()22'()1xxetxe=+，当()0,x，'()0tx，则()tx在()0

,上单调递增，令()sinrxx=，则()rx在0,2上单调递增，在,2ππ上单调递减，令1()12xxexsxe−=−+，则()221'()021xxesxe=−+恒成立，所以()sx在()0,上单调递减，所以()()

00sxs=，则112xxexe−+，令()sin2xuxx=−，则1'()cos2uxx=−，当0,3x时，'()0ux，()ux单调递增，当,32x时，'()0ux，()ux单调递减，又()00u=，10

24u=−，则当0,2x时，()0ux恒成立，即当0,2x时，sin2xx恒成立，所以当0,2x时，1sin12xxexxe−+恒成立，所以当0,2x时，()0hx

恒成立，当,2x时，()22'()cos01xexhxxe=−+，所以()hx在,2x上单调递增，又2211021ehe−=−+，1()01ehe−=+，所以

()hx在()0,x上有且只有一个零点，设该零点为0x，因为()yhx=为奇函数，所以在(),0x−上的零点为0x−，所以()hx在(),x−上有3个零点，分别为0x−，0，0x，所以()gx在(),x−上有3个零点.7．（2021·全国高三开学考试（文））已知函

数()sin,[0,],0xfxaexxxa=++.（1）证明：当1a=−时，函数()fx有唯一的极大值；（2）当()21fxx−恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）1a−.【解析】（1）证明：()ecos1xfxax

=++，因为0,x，所以1cos0x+，当1a=−时，()cos1xfxex=−++，令()ecos1,()esin0xxgxxgxx=−++=−−，()gx在区间0,上单调递减；(0)121,()e0gg=−+

==−，存在()00,x，使得()00fx=，所以函数()fx递增区间是00,x，递减区间是0,x.所以函数()fx存在唯一的极大值()0fx.（2）由()21fxx−，即令()esin10,0,()ecos10=+−+=+−xxhxaxxahxax，()

hx在区间0,上单调减函数，()(0)1=+hxha，只要10a+即可，即1a−.8．（2021·全国高三开学考试（文））已知函数()()11lnfxaxx=+++.（1）讨论函数()fx的单调性；（2）对任意

0x，求证：()()22e11exaxfxx+++.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意得，()fx的定义域为()0,+，()()1111axfxaxx++=++=，当1a−时，()0fx恒成立，∴()fx在()0,+上单调递增.当1a

−时，令()0fx，解得11xa−+；令()0fx，解得11xa−+，∴()fx在10,1a−+上单调递增，在1,1a−++上单调递减.（2）要证()()22e11exax

fxx+++，即证22eln0exxx−.令()22elnexgxxx=−，则()()22221eeexxxgxx−−=.令()()221eexrxxx=−−，则()22eexrxx=−，易得()rx

在()0,+上单调递增，且()212ee0r=−，()223e0r=，∴存在唯一的实数()01,2x，使得()00rx=，∴()rx在()00,x上单调递减，在()0,x+上单调递增.∵()00r，()20r=，∴当()0rx时，2x；当()0

rx时，02x，∴()gx在()0,2上单调递减，在()2,+上单调递增，∴()()21ln20gxg=−.综上，22eln0exxx−，即()()22e11exaxfxx+++.9．（2021·湖北武汉市·高

三月考）已知函数()()1lnxafxxex−=−−.（Ⅰ）当1a=时，求()fx的最小值；（Ⅱ）证明：当01a时，()lnfxa恒成立.【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）证明见解析.【解析】（Ⅰ）1a=时，1()(1)lnxfxxex−=−−，定义域为(0,)+，求导1)1(xxexfx−

=−，设()()gxfx=，121(1)0()xgxxex−+=+Q，()fx在(0,)+单调递增.又()10f=，故当01x时，()0fx，()fx单调递减；当1x时，'()0fx，()fx单调递增.故()fx在1x=处取得最小值()10f=.（Ⅱ）设()(

1)lnlnxahaxexa−=−−−，求导()(1)11(1)xaxaaxeexeeaehaa−=−=−−.设()()1xsxxe=−，()xetxx=，()0xsxxe=−Q，∴0x时，()sx单调递减，()()01sxs

=.21()xxtxex−=Q，令()0tx=，得1x=，当01x时，()0tx，()tx单调递减；当1x时，()0tx，()tx单调递增，()()1txte=，故0a，0x时，()11axexeea−.即()0ha，()ha在

(0,)+上单调递减，则01a时，()()()111lnxhahxex−=−−.由（Ⅰ）知，()11ln0xxex−−−，故01a时，()0ha.即()1lnlnxaxexa−−−恒成立.10．

（2021·全国高三其他模拟）已知函数()()22xfxxeaxaxa=−−R.（1）当0a时，讨论()fx的单调性；（2）若关于x的不等式()()fxfx−−在(),−+上恒成立，求实数a的

取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）(,1−【解析】（1）()()22xfxxeaxaxa=−−R，()()()2212xxxfxexeaxaxea=+−−=+−，xR，当0a时，令()0fx=，解得：ln2xa=或1x=−，当ln21

a−，即102ae，则当(),ln2xa−时，()0fx，()fx单调递增；当()ln2,1xa−时，()0fx，()fx单调递减；当()1,x−+时，()0fx，()fx单调递增；当ln21a=−，即12ae=，则

()0fx，等号不恒成立，()fx在R上单调递增；当ln21a−，即12ae，则当(),1x−−时，()0fx，()fx单调递增；当()1,ln2xa−时，()0fx，()fx单调递减；当()ln2,xa+时，()0fx，()fx单调递增.综上所述：当102ae

时，()fx在(),ln2a−上单调递增，在()ln2,1a−上单调递减，在()1,−+上单调递增；当12ae=时，()fx在R上单调递增；当12ae时，()fx在(),1−−上单调递增，在()1,ln2a−上单调

递减，在()ln2,a+上单调递增；（2）()()fxfx−−，即()2222xxxeaxaxxeaxax−−−−−−−+，即()220xxxeeax−−−，即()22xxxeeax−−①，当0x=时，①式恒成立，a

R；当0x时，xxee−，()0xxxee−−，当0x时，xxee−，()0xxxee−−，故当0a时，①式恒成立,；以下求当0x时，不等式20xxeeax−−−恒成立时正数a的取值范围，

令xet=，则()()0,11,t+，()12lngttatt=−−，则()22212211atatgtttt−+=+−=，令()221httat=−+，则244a=−，当01a时，0，()2210httat=

−+，()0gt，等号不恒成立，故()gt在()0,+上单调递增，又()10g=Q，故1t，()()10gtg=，01t时，()()10gtg=，即当01a时，①式恒成立；当1a时，0，()010h=，(

)1220ha=−，故()ht的两个零点，即()gt的两个零点()10,1t和()21,t+，在区间()12,tt上，()0ht，()0gt，()gt是减函数，又121tt，()()110gtg

=，即当1a时，①式不能恒成立.综上所述：实数a的取值范围是(,1−.11（2021·江西上饶市·高三一模（理））已知()2xxfxaexe=−.（1）若12a=，讨论()fx的单调性；（2）xR，()2fxa−，求实数a的最小值.【答案】（1）

答案见解析；（2）3e−.【解析】（1）12a=时，()212xxfxexe=−，定义域为(),−+()()()211xxxxfxexeexe=−+=−+−，令()1exFxx=+−，则()1exFx=−，当(),0x−，()0Fx；当()

0,x+，()0Fx；∴()Fx在(),0−递增，在()0,+上递减，∴()()00FxF=，∴()0fx，∴()fx在(),−+上递增．（2）()()()22112xxxxfxaexeexa

e=−+=−+−，由xR，()2fxa−，∴()20faa=−可得0a，令()()12exgxxa=+−，则()gx在R上递增，由()1120gae−−=−，且当0x时，()12gxxa+−，∴()2121120gaaa−−+−=，∴()021,1xa−−使得(

)00gx=，且当()0,xx−时，()0gx即()0fx′；当()00,xx+时，()0gx即()0fx′，∴()fx在()0,x−递增，在()0,x+递减，∴002max00()()xxfxfxaexe==−，由()()0

0012e0xgxxa=+−=，∴0012exxa+=，由max2()fxa−得0000200014eee2e1xxxxxxx+−+即001421xx−+，由010x+得2018x−，∴031x−−，设()()

1312exxhxx+=−−，则()02xxhxe−=，可知()hx在)3,1−上递增∴3()(3)hxhe−=−，即3ae−∴实数a的最小值为3e−．12．（2021·四川成都市·石室中学高三月考（理））已知函数(

)()21ln12fxxmx=+−，其中Rm.（1）求函数()fx的单调区间；（2）若函数()fx存在两个极值点1x，2x，且12xx，证明：()()1211ln444fxfx+−.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解

析】（1）函数()fx定义域为(),1−，且()211mxxmxxxfx−+−=−=−−，10x−，令20xxm−+−=，判别式14m=−，当0，即14m时，20xxm−+−恒成立，所以()0fx，∴()fx在(),1−上单调递减；当0

，14m时，由20xxm−+=，解得11142mx−−=，21142mx+−=，若104m，则121xx，∴()1,xx−时，()0fx，()fx单调递减；()12,xxx时，()0fx，()fx单调递增；()2

,1xx时，()0fx，()fx单调递减；若0m，则121xx，∴()1,xx−时，()0fx，()fx单调递减；()1,1xx时，()0fx，()fx单调递增；综上所述：0m时，()fx的单调递减区间为114,2m−−−，单调递

增区间为114,12m−−；104m时，()fx的单调递减区间为114,2m−−−，114,12m+−，单调递增区间为114114,22mm−−+−；14m时，()fx的单调递减

区间为(),1−.（2）因为函数()fx定义域为(),1−，且()211mxxmxxxfx−+−=−=−−，∵函数()fx存在两个极值点，∴()0fx=在(),1−上有两个不等实根1x，2x，记()2gxxxm=−+−，则(

)()140,11,2110mg=−−−，∴104m，从而由12121,,xxxxm+==且12xx，可得110,2x，21,12x，()()()()()()()22221211221212111ln1ln1ln11222f

xfxxmxxmxxxmxx+=+−++−=++−−()()()212121212112ln112ln22xxxxmxxxxmmm=+−+−++=−+构造函数()1ln2hxxxx=−+，10,4x，则()ln0hxx=，∴()hx在10,4

上单调递减，∴()111ln4444hxh=−，即证.13．（2021·江苏连云港市·高三开学考试）已知函数()e1=−xfx，()sin=gxax，aR.（1）若1a=−，证明：当0x时，()()fxgx；（2）讨论()()()xf

xgx=−在[0,]x上零点的个数.【答案】（1）证明见解析；（2）当1a时，()x在[0,]上有1个零点；当1a时，()x在[0,]上有2个零点.【解析】（1）令()()()1si

n=−=−+xFxfxgxex，所以()cos=+xFxex当(0,)x+时，e1x，cos1x−，所以()0Fx.所以()Fx在[0,)+上单调递增.当0x，有()(0)0FxF=，∴()()fxgx在[0,)x+上恒成立.（2）()1sin()=−−

xxeaxaR.所以()cos=−xxeax，设()()=hxx，()sinxhxeax=+，①当0a时，因为[0,]x，所以sin0−ax，而10xe−，所以1sin0xeax−−，即()0x恒成立，所以()x零点个数为1个.②当01a时，()sin0xh

xeax=+，所以()x在[0,]上递增，而(0)10=−a，所以()(0)0=x，所以()x在[0,]上递增，因为(0)0=，所以0x=是唯一零点，此时()x零点个数为1个.③当1a时，()sin0xhxeax=+，所以()x在[0,]上递增，而(0

)10=−a，202=e，所以存在0[0,]x，有()00x=，所以当00xx时，()x单调递减，当0xx时，()x单调递增，所以当0xx=时，()x取得最小值()0x，而()0(0)0=x，()10=−e，又因为

()x图象是连续不间断的，由零点存在性定理知，()x在()0,x上有唯一零点，又因为0x=也是零点，所以()x在[0,]上有2个零点.综上：当1a时，()x在[0,]上有1个零点；当1a时，()x在[0,]上有2

个零点.14．（2021·贵州高三开学考试（理））已知函数()sincos1exxxfx+−=（1）求函数()fx在()0,内的单调递增区间；（2）若对)()0,,xfxax+„恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）单调递增区间是50,,,66；（2）

)1,+.【解析】由题意知()()12sin,,0,exxfxx−=，所以当()0fx时，解得50,,66x，即()fx在()0,的单调递增区间是50,,,66（2）令(

)()(),0gxfxaxx=−…，①当0a时，设0,,6x由（1）知()(),00,fxf=…即()0gx与已知矛盾②当0a=时，显然不成立；③当01a时，设0,6x()12sinexxgxa−=−及(

)22sin140exxgx−−=得():gx在06,单调递减，即()()()maxmin0010,06ggagxga==−==−此时()gx在0,6必有一零点0x所以当0,6x时(),0gx与已知矛盾④

当1a…时，设0,6x()()()maxmin010,0,6gxgagxga==−==−„所以()0,gx„从而()gx在0,6上单调递减，即()()00gxg=„恒成立下面证明1a=时，当,6x+

时(),0gx„恒成立，即().fxx„由（1）知,当,6x+时，()max63162egx−=恒成立，所以().fxxax剟综上，a的取值范围为)1,.+