【文档说明】《（2020-2022）高考数学真题分项汇编（全国通用）》三年专题04 导数及其应用（解答题）（理科专用）（教师版）【高考】.docx，共(33)页，1.288 MB，由小赞的店铺上传

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三年专题04导数及其应用（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥𝑥−ln𝑥+𝑥−𝑎．(1)若𝑓(𝑥)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若𝑓(𝑥)有两个零点𝑥1,𝑥2，则环𝑥1𝑥2

<1．【答案】(1)(−∞,𝑒+1](2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为e𝑥𝑥−𝑥e1𝑥−2[ln𝑥−12(𝑥−1�

�)]>0，再利用导数即可得证.(1)𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=(1𝑥−1𝑥2)e𝑥−1𝑥+1=1𝑥(1−1𝑥)e𝑥+(1−1𝑥)=𝑥−1𝑥(e𝑥𝑥+1)令𝑓(𝑥)=0,得𝑥=1当𝑥∈(0,1),�

�′(𝑥)<0,𝑓(𝑥)单调递减当𝑥∈(1,+∞),𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增𝑓(𝑥)≥𝑓(1)=e+1−𝑎，若𝑓(𝑥)≥0,则e+1−𝑎≥0,即𝑎≤e+1所以𝑎的取值范围为(−∞,𝑒+1](2)由题知,𝑓(𝑥)一个零点小于1,一个零点大于

1不妨设𝑥1<1<𝑥2要证𝑥1𝑥2<1,即证𝑥1<1𝑥2因为𝑥1,1𝑥2∈(0,1),即证𝑓(𝑥1)>𝑓(1𝑥2)因为𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2),即证𝑓(𝑥2)>𝑓(1�

�2)即证e𝑥𝑥−ln𝑥+𝑥−𝑥e1𝑥−ln𝑥−1𝑥>0,𝑥∈(1,+∞)即证e𝑥𝑥−𝑥e1𝑥−2[ln𝑥−12(𝑥−1𝑥)]>0下面证明𝑥>1时，e𝑥𝑥−𝑥e1𝑥>0,ln𝑥−12(𝑥−1𝑥)<0设

𝑔(𝑥)=e𝑥𝑥−𝑥e1𝑥,𝑥>1，则𝑔′(𝑥)=(1𝑥−1𝑥2)e𝑥−(e1𝑥+𝑥e1𝑥⋅(−1𝑥2))=1𝑥(1−1𝑥)e𝑥−e1𝑥(1−1𝑥)=(1−1𝑥)(e𝑥𝑥−e1𝑥)=𝑥−1𝑥(e

𝑥𝑥−e1𝑥)设𝜑(𝑥)=e𝑥𝑥(𝑥>1),𝜑′(𝑥)=(1𝑥−1𝑥2)e𝑥=𝑥−1𝑥2e𝑥>0所以𝜑(𝑥)>𝜑(1)=e,而e1𝑥<e所以e𝑥𝑥−e1𝑥>0,所以𝑔′(𝑥)>0所以𝑔(𝑥)在(1,+∞)单调

递增即𝑔(𝑥)>𝑔(1)=0,所以e𝑥𝑥−𝑥e1𝑥>0令ℎ(𝑥)=ln𝑥−12(𝑥−1𝑥),𝑥>1ℎ′(𝑥)=1𝑥−12(1+1𝑥2)=2𝑥−𝑥2−12𝑥2=−(𝑥−1)22𝑥2<0所以ℎ

(𝑥)在(1,+∞)单调递减即ℎ(𝑥)<ℎ(1)=0,所以ln𝑥−12(𝑥−1𝑥)<0；综上,e𝑥𝑥−𝑥e1𝑥−2[ln𝑥−12(𝑥−1𝑥)]>0,所以𝑥1𝑥2<1.【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数

证明不等式ℎ(𝑥)=ln𝑥−12(𝑥−1𝑥)这个函数经常出现，需要掌握2．【2022年全国乙卷】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)【解析】【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(1)𝑓(𝑥)的定义域为(−1,+∞)当𝑎=1时,𝑓(𝑥)=ln(1+𝑥)+𝑥e𝑥,𝑓(0)=0,所以切点为(0,0)𝑓′(𝑥)=11+𝑥+1−𝑥e𝑥,𝑓′(0)=2,所以切线斜率为2所以曲线𝑦=𝑓(�

�)在点(0,𝑓(0))处的切线方程为𝑦=2𝑥(2)𝑓(𝑥)=ln(1+𝑥)+𝑎𝑥e𝑥𝑓′(𝑥)=11+𝑥+𝑎(1−𝑥)e𝑥=e𝑥+𝑎(1−𝑥2)(1+𝑥)e𝑥设𝑔(𝑥)=e

𝑥+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(�

�)>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当𝑥→+∞,𝑓(𝑥)→+∞所以𝑓(�

�)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−2𝑎𝑥ℎ′(𝑥)=e𝑥−2𝑎>0所

以𝑔′(𝑥)在(−1,0)单调递增𝑔′(−1)=1e+2𝑎<0,𝑔′(0)=1>0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)=1e>0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)单调递减有𝑥→−1,𝑓(𝑥)→−

∞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.3．【2022年新高考1卷】已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎𝑥和𝑔(𝑥)=𝑎𝑥−ln𝑥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【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−ln𝑥=𝑏的解的个数均为2，构建新函数ℎ(𝑥)=e𝑥+ln𝑥−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.(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−ln𝑥的定义域为(0,+∞)，而𝑔′(�

�)=𝑎−1𝑥=𝑎𝑥−1𝑥.当𝑥<ln𝑎时，𝑓′(𝑥)<0，故𝑓(𝑥)在(−∞,ln𝑎)上为减函数，当𝑥>ln𝑎时，𝑓′(𝑥)>0，故𝑓(𝑥)在(ln𝑎,+∞)上为增函数，故𝑓(𝑥)

min=𝑓(ln𝑎)=𝑎−𝑎ln𝑎.当0<𝑥<1𝑎时，𝑔′(𝑥)<0，故𝑔(𝑥)在(0,1𝑎)上为减函数，当𝑥>1𝑎时，𝑔′(𝑥)>0，故𝑔(𝑥)在(1𝑎,+∞)上为增函数，

故𝑔(𝑥)min=𝑔(1𝑎)=1−ln1𝑎.因为𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑎𝑥和𝑔(𝑥)=𝑎𝑥−ln𝑥有相同的最小值，故1−ln1𝑎=𝑎−𝑎ln𝑎，整理得到𝑎−11+𝑎=ln𝑎，其中𝑎>0，设𝑔(𝑎

)=𝑎−11+𝑎−ln𝑎,𝑎>0，则𝑔′(𝑎)=2(1+𝑎)2−1𝑎=−𝑎2−1𝑎(1+𝑎)2≤0，故𝑔(𝑎)为(0,+∞)上的减函数，而𝑔(1)=0，故𝑔(𝑎)=0的唯一解为𝑎=1，故1−𝑎1+𝑎=ln𝑎的解

为𝑎=1.综上，𝑎=1.(2)由（1）可得𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑥和𝑔(𝑥)=𝑥−ln𝑥的最小值为1−ln1=1−ln11=1.当𝑏>1时，考虑e𝑥−𝑥=𝑏的解的个数、𝑥−ln𝑥=𝑏的解的个数.设𝑆(

𝑥)=e𝑥−𝑥−𝑏，𝑆′(𝑥)=e𝑥−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)min=𝑆(0)=1−𝑏<0，而�

�(−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，故𝑆(𝑥)=e𝑥−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−ln𝑥−𝑏，𝑇′(𝑥)=𝑥−1𝑥，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)min=𝑇(1)=1−𝑏<0，而𝑇(e−𝑏)=e−𝑏>0，𝑇(e𝑏)=e𝑏−2𝑏>0，𝑇(𝑥)=𝑥−ln𝑥−�

�有两个不同的零点即𝑥−ln𝑥=𝑏的解的个数为2.当𝑏=1，由（1）讨论可得𝑥−ln𝑥=𝑏、e𝑥−𝑥=𝑏仅有一个零点，当𝑏<1时，由（1）讨论可得𝑥−ln𝑥=𝑏、e𝑥−𝑥=𝑏均无零点，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.设ℎ(𝑥)=e𝑥+ln𝑥−2𝑥，其中𝑥>0，故ℎ′(𝑥)=e𝑥+1𝑥−2，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+1𝑥−1≥2−1>0，所以ℎ(𝑥)在(0,+∞)上为增函数，而ℎ(1)=e−2>0，ℎ(1e3)=e1e3−3−2e3<e−3−2e3<0，故ℎ(𝑥)在(0,+∞

)上有且只有一个零点𝑥0，1e3<𝑥0<1且：当0<𝑥<𝑥0时，ℎ(𝑥)<0即e𝑥−𝑥<𝑥−ln𝑥即𝑓(𝑥)<𝑔(𝑥)，当𝑥>𝑥0时，ℎ(𝑥)>0即e𝑥−𝑥>𝑥−ln𝑥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有两个不同的零点𝑥1,𝑥0(𝑥1<0<𝑥0)，此时𝑥−ln𝑥=𝑏有两个不同的零点𝑥0,𝑥4(0<�

�0<1<𝑥4)，故e𝑥1−𝑥1=𝑏，e𝑥0−𝑥0=𝑏，𝑥4−ln𝑥4−𝑏=0，𝑥0−ln𝑥0−𝑏=0所以𝑥4−𝑏=ln𝑥4即e𝑥4−𝑏=𝑥4即e𝑥4−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的解又e𝑥1−𝑥1=𝑏可化为e𝑥1=𝑥1+𝑏即𝑥1−ln(𝑥1+𝑏)=0即(𝑥1+𝑏)−ln(𝑥1+𝑏)−𝑏=0，故𝑥1+𝑏为方程𝑥−ln𝑥=𝑏的解，同理𝑥0+𝑏也为方

程𝑥−ln𝑥=𝑏的解，所以{𝑥1,𝑥0}={𝑥0−𝑏,𝑥4−𝑏}，而𝑏>1，故{𝑥0=𝑥4−𝑏𝑥1=𝑥0−𝑏即𝑥1+𝑥4=2𝑥0.【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.4．【2022年新高考2卷】已知函数𝑓(𝑥)=𝑥e𝑎𝑥−e𝑥．(1)当𝑎=1时，讨论𝑓(𝑥)的单调

性；(2)当𝑥>0时，𝑓(𝑥)<−1，求a的取值范围；(3)设𝑛∈𝑁∗，证明：1√12+1+1√22+2+⋯+1√𝑛2+𝑛>ln(𝑛+1)．【答案】(1)𝑓(𝑥)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).(2)𝑎≤12(3)见解析【解析】【分析】（1）求出𝑓′(�

�)，讨论其符号后可得𝑓(𝑥)的单调性.（2）设ℎ(𝑥)=𝑥e𝑎𝑥−e𝑥+1，求出ℎ″(𝑥)，先讨论𝑎>12时题设中的不等式不成立，再就0<𝑎≤12结合放缩法讨论ℎ′(𝑥)符号，最后就𝑎≤

0结合放缩法讨论ℎ(𝑥)的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得2ln𝑡<𝑡−1𝑡对任意的𝑡>1恒成立，从而可得ln(𝑛+1)−ln𝑛<1√𝑛2+𝑛对任意的𝑛∈𝑁∗恒成立，结合裂

项相消法可证题设中的不等式.(1)当𝑎=1时，𝑓(𝑥)=(𝑥−1)e𝑥，则𝑓′(𝑥)=𝑥e𝑥，当𝑥<0时，𝑓′(𝑥)<0，当𝑥>0时，𝑓′(𝑥)>0，故𝑓(𝑥)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).(2)设ℎ(𝑥)=𝑥e𝑎𝑥

−e𝑥+1，则ℎ(0)=0，又ℎ′(𝑥)=(1+𝑎𝑥)e𝑎𝑥−e𝑥，设𝑔(𝑥)=(1+𝑎𝑥)e𝑎𝑥−e𝑥，则𝑔′(𝑥)=(2𝑎+𝑎2𝑥)e𝑎𝑥−e𝑥，若𝑎>12，则𝑔′(0)=

2𝑎−1>0，因为𝑔′(𝑥)为连续不间断函数，故存在𝑥0∈(0,+∞)，使得∀𝑥∈(0,𝑥0)，总有𝑔′(𝑥)>0，故𝑔(𝑥)在(0,𝑥0)为增函数，故𝑔(𝑥)>𝑔(0)=0，故ℎ(𝑥)在(0,𝑥0)为增函数，故ℎ(

𝑥)>ℎ(0)=−1，与题设矛盾.若0<𝑎≤12，则ℎ′(𝑥)=(1+𝑎𝑥)e𝑎𝑥−e𝑥=e𝑎𝑥+ln(1+𝑎𝑥)−e𝑥，下证：对任意𝑥>0，总有ln(1+𝑥)<𝑥成立，证明：设𝑆(𝑥)=ln(1+𝑥)−𝑥，故𝑆′(𝑥)=11+𝑥−1=−𝑥1+𝑥<

0，故𝑆(𝑥)在(0,+∞)上为减函数，故𝑆(𝑥)<𝑆(0)=0即ln(1+𝑥)<𝑥成立.由上述不等式有e𝑎𝑥+ln(1+𝑎𝑥)−e𝑥<e𝑎𝑥+𝑎𝑥−e𝑥=e2𝑎�

�−e𝑥≤0，故ℎ′(𝑥)≤0总成立，即ℎ(𝑥)在(0,+∞)上为减函数，所以ℎ(𝑥)<ℎ(0)=−1.当𝑎≤0时，有ℎ′(𝑥)=e𝑎𝑥−e𝑥+𝑎𝑥e𝑎𝑥<1−1+0=0，所以ℎ(𝑥)在(0,

+∞)上为减函数，所以ℎ(𝑥)<ℎ(0)=−1.综上，𝑎≤12.(3)取𝑎=12，则∀𝑥>0，总有𝑥e12𝑥−e𝑥+1<0成立，令𝑡=e12𝑥，则𝑡>1,𝑡2=e𝑥,𝑥=2ln𝑡，故2𝑡ln𝑡<𝑡2−1即2ln�

�<𝑡−1𝑡对任意的𝑡>1恒成立.所以对任意的𝑛∈𝑁∗，有2ln√𝑛+1𝑛<√𝑛+1𝑛−√𝑛𝑛+1，整理得到：ln(𝑛+1)−ln𝑛<1√𝑛2+𝑛，故1√12+1+1√22+2+⋯+1√𝑛2+𝑛>ln2−ln

1+ln3−ln2+⋯+ln(𝑛+1)−ln𝑛=ln(𝑛+1)，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下

数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.5．【2021年甲卷理科】已知0a且1a，函数()(0)axxfxxa=．（1）当2a=时，求()fx的单调区间；（2）若曲线()yfx=与直线1y=有且仅有两个交点，求a的取值范围．【答案】（1）20,ln2上单

调递增；2,ln2+上单调递减；（2）()()1,,+ee.【解析】【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()yfx=与直线1y=有且仅有两个交点等价转化为方程lnlnxaxa=有两个不同的实数根，即曲线()ygx=与直线lnaya=有两个交点，利用导函数研究()gx的单调性，并结合()gx的正负，零点和极限值分析()gx的图象，进而得到ln10aae，发现这正好

是()()0gage，然后根据()gx的图象和单调性得到a的取值范围.【详解】（1）当2a=时，()()()()22222ln2222ln2,242xxxxxxxxxxxfxfx−−===,令()'0fx=得2ln2x=

,当20ln2x时，()0fx,当2ln2x时，()0fx,∴函数()fx在20,ln2上单调递增；2,ln2+上单调递减；（2）[方法一]【最优解】：分离参数()lnln1lnlnaxaxxxafxaxxaaxaxa=====,设

函数()lnxgxx=,则()21lnxgxx−=,令()0gx=，得xe=,在()0,e内()0gx,()gx单调递增；在(),e+上()0gx,()gx单调递减；()()1maxgxgee==,又()10g=，当x趋近于+

时，()gx趋近于0，所以曲线()yfx=与直线1y=有且仅有两个交点，即曲线()ygx=与直线lnaya=有两个交点的充分必要条件是ln10aae,这即是()()0gage,所以a的取值范围是()()1,,+ee.[方法二]：构

造差函数由()yfx=与直线1y=有且仅有两个交点知()1fx=，即axxa=在区间(0,)+内有两个解，取对数得方程lnlnaxxa=在区间(0,)+内有两个解．构造函数()lnln,(0,)gxaxxax=−+，求导数得ln()lnaaxagxaxx−=−=．当01a

时，ln0,(0,),ln0,()0,()axaxagxgx+−在区间(0,)+内单调递增，所以，()gx在(0,)+内最多只有一个零点，不符合题意；当1a时，ln0a，令()0gx=得lnax

a=，当0,lnaxa时，()0gx；当,lnaxa+时，()0gx；所以，函数()gx的递增区间为0,lnaa，递减区间为,lnaa+．由于1110e1,e1eln0lnaaaagaa−−−

=−−，当x→+时，有lnlnaxxa，即()0gx，由函数()lnlngxaxxa=−在(0,)+内有两个零点知ln10lnlnaagaaa=−，所以elnaa，即eln0aa−．构造函数()elnhaaa=−，则ee()1

ahaaa−=−=，所以()ha的递减区间为(1,e)，递增区间为(e,)+，所以()(e)0hah=，当且仅当ea=时取等号，故()0ha的解为1a且ea．所以，实数a的取值范围为(1,e)(e,)+

．[方法三]分离法：一曲一直曲线()yfx=与1y=有且仅有两个交点等价为1axxa=在区间(0,)+内有两个不相同的解．因为axxa=，所以两边取对数得lnlnaxxa=，即lnlnxaxa=，问题等价为()lngxx=与ln()xapxa

=有且仅有两个交点．①当01a时，ln0,()apxa与()gx只有一个交点，不符合题意．②当1a时，取()lngxx=上一点()()000011,ln,(),,()xxgxgxgxxx==在点()00,lnxx的切线方程为()0001lnyxxxx−

=−，即0011lnyxxx=−+．当0011lnyxxx=−+与ln()xapxa=为同一直线时有00ln1,ln10,aaxx=−=得0ln1,ee.aax==直线ln()xapxa=的斜率满足：ln1e0aa时，()lngxx=

与ln()xapxa=有且仅有两个交点．记2ln1ln(),()aahahaaa−==，令()0ha=，有ea=．(1,e),()0,()ahaha在区间(1,e)内单调递增；(e,),()0,()ahaha+在区间(,)e+内单调递减；ea=时，()ha最大值为1(e)eg=

，所当1a且ea时有ln1e0aa．综上所述，实数a的取值范围为(1,e)(e,)+．[方法四]：直接法()112ln(ln)()(0),()aaxxaaxxxxaxaaaxxaxafxxfxaaa−−−−===．

因为0x，由()0fx=得lnaxa=．当01a时，()fx在区间(0,)+内单调递减，不满足题意；当1a时，0lnaa，由()0fx得0,()lnaxfxa在区间0,lnaa内单调递增，由()0fx得,()ln

axfxa在区间,lnaa+内单调递减．因为lim()0xfx→+=，且0lim()0xfx+→=，所以1lnafa，即lnlnln1(ln)aaaaaaaaaaaa−=，即11lnln(ln),lnaaaaaaaaa−−，两

边取对数，得11lnln(ln)lnaaa−，即ln1ln(ln)aa−．令lnat=，则1lntt−，令()ln1hxxx=−+，则1()1hxx=−，所以()hx在区间(0,1)内单调递

增，在区间(1,)+内单调递减，所以()(1)0hxh=，所以1lntt−，则1lntt−的解为1t，所以ln1a，即ea．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()lngxx=与ln()xapxa=两

个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线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.6．【2021年乙卷理科】设函数()()lnfxax=−，已知0x=是函数()yxfx=的极值点．（1）求a；（2）设函数()()()xfxgxxfx

+=．证明:()1gx．【答案】（1）1a=；（2）证明见详解【解析】【分析】（1）由题意求出'y，由极值点处导数为0即可求解出参数a；（2）由（1）得()()ln1()ln1xxgxxx+−=−，1x且0x，分类讨论()0,1x和(),0x−，可

等价转化为要证()1gx，即证()()ln1ln1xxxx+−−在()0,1x和(),0x−上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由()()()n1'lafxaxfxx==−−，()()'lnxyaxxay

xfx=−=+−，又0x=是函数()yxfx=的极值点，所以()'0ln0ya==，解得1a=；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，ln(1)11()ln(1)ln(1)+−==+−−xxgxx

xxx，其定义域为(,0)(0,1)−．要证()1gx，即证111ln(1)+−xx，即证1111ln(1)−−=−xxxx．（ⅰ）当(0,1)x时，10ln(1)−x，10xx−，即证ln(1)1−−xxx．令()ln(1)1=−−−xFxxx，因为

2211()01(1)(1)−−=−=−−−xFxxxx，所以()Fx在区间(0,1)内为增函数，所以()(0)0FxF=．（ⅱ）当(,0)x−时，10ln(1)−x，10xx−，即证ln(1)1−−xxx，由（ⅰ）分析知()Fx在区间(,0)−内为减函数

，所以()(0)0FxF=．综合（ⅰ）（ⅱ）有()1gx．[方法二]【最优解】：转化为无分母函数由（1）得()()ln1fxx=−，()()ln1()()()ln1xxxfxgxxfxxx+−+==−，1x且0x，当()0,1x时，要证()()l

n1()1ln1xxgxxx+−=−，()0,ln10xx−，()ln10xx−，即证()()ln1ln1xxxx+−−，化简得()()1ln10xxx+−−；同理，当(),0x−时，要证()()ln1()1ln1xxgxxx+−=−，()0,ln10xx−

，()ln10xx−，即证()()ln1ln1xxxx+−−，化简得()()1ln10xxx+−−；令()()()1ln1hxxxx=+−−，再令1tx=−，则()()0,11,t+，1xt=−，令()1lntttt=−+，()1ln1l

nttt=−++=，当()0,1t时，()0t，()t单减，故()()10t=；当()1,t+时，()0t，()t单增，故()()10t=；综上所述，()()ln1()1ln1xxgxx

x+−=−在()(),00,1x−恒成立.[方法三]：利用导数不等式中的常见结论证明令()ln(1)=−−xxx，因为11()1xxxx−=−=，所以()x在区间(0,1)内是增函数，在区间(1,)+内是减函数，所以()(1)0x=，即ln1−xx（当且

仅当1x=时取等号）．故当1x且0x时，101x−且111x−，11ln111−−−xx，即ln(1)1−−−xxx，所以ln(1)1−−xxx．（ⅰ）当(0,1)x时，0ln(1)1−−xxx，所以1111ln(1)−=−−xxxx，即111ln(1)+−xx，所以()

1gx．（ⅱ）当(,0)x−时，ln(1)01−−xxx，同理可证得()1gx．综合（ⅰ）（ⅱ）得，当1x且0x时，ln(1)1ln(1)+−−xxxx，即()1gx．【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当(0,1)x时，转化为证明ln(

1)1−−xxx，当(,0)x−时，转化为证明ln(1)1−−xxx，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当()0,1x时，()()1ln10xxx+−−成立和当(),

0x−时，()()1ln10xxx+−−成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数()ln(1)=−−xxx，利用导数分析单调性，证得常见常用结论ln1−xx（当且仅当1x=时

取等号）．然后换元得到ln(1)1−−xxx，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.7．【2021年新高考1卷】已知函数()()1lnfxxx=−.（1）讨论()fx的单调性；（2）设a，b

为两个不相等的正数，且lnlnbaabab−=−，证明：112eab+.【答案】（1）()fx的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式

，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令11,mnab==，命题转换为证明：2mne+，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)()fx的定义域为()0,+．由()()1lnfxxx=−得

，()lnfxx=−，当1x=时，()0fx=；当()0,1x时()0fx′；当()1,x+时，()'0fx．故()fx在区间(0,1内为增函数，在区间)1,+内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由lnlnbaabab−=−得1111(1ln)(1ln)a

abb−=−，即11()()ffab=．由ab¹，得11ab．由（1）不妨设11(0,1),(1,)ba+，则1()0fa，从而1()0fb，得1(1,)eb，①令()()()2gxfxfx=−−，则2

2()(2)()ln(2)lnln(2)ln[1(1)]gxfxfxxxxxx=−−−=−+=−=−−，当()0,1x时，()0gx，()gx在区间()0,1内为减函数，()()10gxg=，从而()()2fxf

x−，所以111(2)()()fffaab−=，由（1）得112ab−即112ab+．①令()()hxxfx=+，则()()'11lnhxfxx=+=−，当()1,xe时，()0hx，()hx在区间()1,e内为增函数，()()hxhee=，从而

()xfxe+，所以11()febb+．又由1(0,1)a，可得11111(1ln)()()ffaaaab−==，所以1111()feabbb++=．②由①②得112eab+．[方法二]【最

优解】：lnlnbaabab−=−变形为lnln11ababba−=−，所以ln1ln1abab++=．令11,mnab==．则上式变为()()1ln1lnmmnn−=−，于是命题转换为证明：2mne+．令()()1lnfx

xx=−，则有()()fmfn=，不妨设mn．由（1）知01,1mne，先证2mn+．要证：()()()222)2(mnnmfnfmfmfm+−−−()()20fmfm−−．令()()()()2,0,1gxf

xfxx=−−，则()()()()()2lnln2ln2ln10gxfxfxxxxx=+−=−−−=−−−=，()gx在区间()0,1内单调递增，所以()()10gxg=，即2mn+．再证mne+．因为()()1ln1lnmnnmm−=−，所以()1lnn

nnemne−++．令()()()1ln,1,hxxxxxe=−+，所以()'1ln0hxx=−，故()hx在区间()1,e内单调递增．所以()()hxhee=．故()hne，即mne+．综合可知112eab+．[方法三]：比值代换证明112ab+同证法

2．以下证明12xxe+．不妨设21xtx=，则211xtx=，由1122(1ln)(1ln)xxxx−=−得1111(1ln)[1ln()]xxtxtx−=−，1ln1n1ltxtt=−−，要证12xxe+，只需证()11txe+，两边取对数得

1ln(1)ln1tx++，即ln(1)1ln11tttt++−−，即证ln(1)1lntttt+−．记ln(1)(),(0,)sgsss=++，则2ln(1)1()sssgss−++=.记()ln(1)1s

hsss=−++，则211()0(1)1hsss=−++，所以，()hs在区间()0,+内单调递减．()()00hsh=，则()'0gs，所以()gs在区间()0,+内单调递减．由()1,t+

得()10,t−+，所以()()1gtgt−，即ln(1)1lntttt+−．[方法四]：构造函数法由已知得lnln11ababba−=−，令1211,xxab==，不妨设12xx，所以()()12fxfx=．由（Ⅰ）知，1201xxe，只需证

122xxe+．证明122xx+同证法2．再证明12xxe+．令2ln21()(0)()(ln,)exhxxehxxexxex−++−==−−．令()ln2(0)exxxex=+−，则221()0e

xexxxx−=−=．所以()()()0,0xehx=，()hx在区间()0,e内单调递增．因为120xxe，所以122111lnlnxexexx−−−−，即112211lnlnxxxexe−−−−又因为()()12fxfx=，所以12212112lnln1,1xxxex

xxexx−−=−−，即()()2222111212,0xexxexxxxxe−−−+−．因为12xx，所以12xxe+，即11eab+．综上，有112eab+结论得证．【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是

导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于

120exx+−的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.8．【2021年新高考2卷】已知函数2()(1)xfxxeaxb=−−+．（1）讨论()fx的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()fx只有一个零点①21,222eaba；②10

,22aba．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【详解】(1)由函数的解析式可得：()()'2xfxxea=−，当0a时，若(

),0x−，则()()'0,fxfx单调递减，若()0,x+，则()()'0,fxfx单调递增；当102a时，若()(),ln2xa−，则()()'0,fxfx单调递增，若()()ln2,0xa，则

()()'0,fxfx单调递减，若()0,x+，则()()'0,fxfx单调递增；当12a=时，()()'0,fxfx在R上单调递增；当12a时，若(),0x−，则()()'0,fxfx单调递增，若()()0,ln2xa，则

()()'0,fxfx单调递减，若()()ln2,xa+，则()()'0,fxfx单调递增；(2)若选择条件①：由于2122ea„，故212ae，则()21,010bafb=−，而10babbfebbaa−−=−−−+

，而函数在区间(),0−上单调递增，故函数在区间(),0−上有一个零点.()()()()2ln22ln21ln2faaaaab=−−+()()22ln21ln22aaaaa−−+

()()22ln2ln2aaaa=−()()ln22ln2aaa=−，由于2122ea„，212ae，故()()ln22ln20aaa−，结合函数的单调性可知函数在区间()0,

+上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于102a，故21a，则()01210fba=−−，当0b时，24,42ea，()2240feab=−+，而函数在区间()0,+上单调递增，故函数在区间()0,+上有一个零点.当0b

时，构造函数()1xHxex=−−，则()1xHxe=−，当(),0x−时，()()0,HxHx单调递减，当()0,x+时，()()0,HxHx单调递增，注意到()00H=，故()0Hx

恒成立，从而有：1xex+，此时：()()()()22111xfxxeaxbxxaxb=−−−−+−+()()211axb=−+−，当11bxa−−时，()()2110axb−+−，取0111bxa−=+−，则()00fx，即：()100,101bffa−+−

，而函数在区间()0,+上单调递增，故函数在区间()0,+上有一个零点.()()()()2ln22ln21ln2faaaaab=−−+()()22ln21ln22aaaaa−−+

()()22ln2ln2aaaa=−()()ln22ln2aaa=−，由于102a，021a，故()()ln22ln20aaa−，结合函数的单调性可知函数在区间(),0−上没有零点.综上可得，题中的结论成立.【点睛】导数是研究函数的单

调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用

导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．9．【2020年新课标1卷理科】已知函数2()exfxaxx=+−

.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥12x3+1，求a的取值范围.【答案】（1）当(),0x−时，()()'0,fxfx单调递减，当()0,x+时，()()'0,fxfx单调递增.（2

）27e,4−+【解析】【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.【详解】(1)当1a

=时，()2exfxxx=+−，()e21xfxx=+−，由于()''e20xfx=+，故()'fx单调递增，注意到()00f=，故：当(),0x−时，()()0,fxfx单调递减，当()0,x+时，()()0,fxfx

单调递增.(2)[方法一]【最优解】：分离参数由()3112fxx+得，231e12xaxxx+−+…，其中0x，①.当x=0时，不等式为：11，显然成立，符合题意；②.当0x时，分离参数a得，321e12xxxax−−−−…，记()321e12xxxgxx

−−−=−，()()2312e12xxxxgxx−−−−=−，令()()21e102xhxxxx=−−−，则()e1xhxx=−−，()''e10xhx=−，故()'hx单调递增，()()00hxh=，故函数()

hx单调递增，()()00hxh=，由()0hx可得：21e102xxx−−−…恒成立，故当()0,2x时，()0gx，()gx单调递增；当()2,x+时，()0gx，()gx单调递减；因此，()()2max7e24gxg−==,综上可得，实数

a的取值范围是27e,4−+.[方法二]：特值探路当0x时，31()12fxx+恒成立27e(2)54−fa厖．只需证当274ea−时，31()12fxx+恒成立．当274ea−

时，227e()ee4−=+−+xxfxaxx2−xx．只需证明2237e1e1(0)42−+−+xxxxx⑤式成立．⑤式()223e74244e−+++xxxx，令()223e7424()(0)e−+++=xxxxhxx

，则()()222313e2e92()e−+−−==xxxxhx()()222213e2e9e−−−−−=xxxx()2(2)2e9e−−+−xxxx，所以当29e0,2−x时，()0

,()hxhx单调递减；当29e,2,()0,()2−xhxhx单调递增；当(2,),()0,()+xhxhx单调递减．从而max[()]max{(0),(2)}4==hxhh，即()4hx，⑤式成立．所以当274ea−时，31()

12fxx+恒成立．综上274ea−．[方法三]：指数集中当0x时，31()12fxx+恒成立323211e1(1)e122xxxaxxxaxx−+−+−++…，记()32(1(1)e0)2xgxxaxxx−=−++，()2

231(1)e22123xgxxaxxxax−=−−+++−−2(23)42]121)2)1[e((22xxxxxxaxaa−=−−+++=−−−−，①.当210a+即12a−时，()02gxx==，则当(0,2)x时，()0gx

，()gx单调递增，又()01g=，所以当(0,2)x时，()1gx，不合题意；②.若0212a+即1122a−时，则当(0,21)(2,)xa++时，()0gx，()gx单调递减，当(21,2)xa+时，()0gx，()

gx单调递增，又()01g=，所以若满足()1gx，只需()21g，即()22(7e14)ga−−=27e4a−…，所以当27e142a−时，()1gx成立；③当212a+即12a时，()32311(1)e(1)e22xxgxxaxxxx−−=++−++，又

由②可知27e142a−时，()1gx成立，所以0a=时，31()(1)e21xgxxx−=++恒成立，所以12a时，满足题意.综上，27e4a−….【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的

知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，

可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！10．【2020年新课标2卷理科】已知函数f(x)=sin2xsin2x.（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；（2）证明：33()8fx；（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…s

in22nx≤34nn.【答案】（1）当0,3x时，()()'0,fxfx单调递增，当2,33x时，()()'0,fxfx单调递减，当2,3x时，()()'0,fxfx单调递增.（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】(1)首

先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)[方法一]由题意将所给的式子进行变形，利用四元基本不等式即可证得题中的不等式；(3)[方法一]将所给的式子进行恒等变形，构造

出(2)的形式，利用(2)的结论即可证得题中的不等式.【详解】(1)由函数的解析式可得：()32sincosfxxx=，则：()()224'23sincossinfxxxx=−()2222sin3cossinxxx=−()222sin4cos1xx=−()()22sin2cos12co

s1xxx=+−，()'0fx=在()0,x上的根为：122,33xx==，当0,3x时，()()'0,fxfx单调递增，当2,33x时，()()'0,fxfx单调递减，当

2,3x时，()()'0,fxfx单调递增.(2)[方法一]【最优解】：基本不等式法由四元均值不等式可得24262[()]sinsin24sincos===fxxxxx222244sinsinsin3cos33xxxx42222sinsinsin3cos274

64+++=xxxx，当且仅当22sin3cos=xx，即3xk=−或()3xkk=+Z时等号成立．所以33|()|8fx．[方法二]：构造新函数+齐次化方法因为()()333222222sincos2tan()2sincossincostan1===++xx

xfxxxxxx，令tan(0)=xtt，则问题转化为求()3222()(0)1=+tgttt的最大值．求导得()()()22222213()1+−=+tttgtt，令()0gt=，得3t=．当(0,3)t时，()0gt，函数()gt单调递增；当(3,)+t

时，()0gt，函数()gt单调递减．所以函数()gt的最大值为23333(3)168==g，故33|()|8fx．[方法三]：结合函数的周期性进行证明注意到()()()()22sinsin2s

insin2fxxxxxfx+=++==，故函数()fx是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得：()()00ff==，233333228f==，2233333

228f=−=−，据此可得：()max338fx=，()min338fx=−，即()338fx.(3)[方法一]【最优解】：利用(2)的结论由于()3

2223332sinsin2sin2sinsin2sin2==nnxxxxxx23312|sin|sinsin2sin2sin2sin2−=nnnxxxxxx()12|sin|()(2)2sin2−nnxfxfxfxx()1()(2)2−nfxfxfx，所以23222333si

nsin2sin284=nnnnxxx．[方法二]：数学归纳法+放缩当1n=时，222sinsin2sinsin2sin2=xxxxx33333sin28424x，显然成立；假设当nk=时原式成立，即22223sinsin2sin4sin24kkkxxxx

．那么，当1nk=+时，有222221sinsin2sin4sin2sin2+kkxxxxx2234sin2cos24kkkxx332cos22sin2cos24sin2kkkkkxxxx3332cos248sin2kkk

xx113334tan24++kkkx，即当1nk=+时不等式也成立．综上所述，不等式对所有的nN都成立．【整体点评】(2)方法一：基本不等式是证明不等式的重要工具，利用基本不等式解题时一定要注意等号成立的条件；方法二：齐次化之后切化弦是一种常用的方法，它将原问题转化

为一元函数的问题，然后构造函数即可证得题中的不等式；方法三：周期性是三角函数的重要特征，结合函数的周期性和函数的最值证明不等式充分体现了三角函数有界限的应用.(3)方法一：利用(2)的结论体现了解答题的

出题思路，逐问递进是解答题常见的设问方式；方法二：数学归纳法是处理与自然数有关的命题的常见策略，放缩法是不等式证明中常见的方法.11．【2020年新课标3卷理科】设函数3()fxxbxc=++，曲线()yfx=在点(12，f(12))处的切线与y轴

垂直．（1）求b．（2）若()fx有一个绝对值不大于1的零点，证明：()fx所有零点的绝对值都不大于1．【答案】（1）34b=−；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得到1()02f

=，解方程即可；（2）方法一：由（1）可得2311()32()()422fxxxx=−=+−，易知()fx在11(,)22−上单调递减，在1(,)2−−，1(,)2+上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244fcfcfcfc−=−−=+=−=+，采用反证法，推出矛盾

即可.【详解】（1）因为2()3fxxb=+，由题意，1()02f=，即：21302b+=，则34b=−．（2）［方法一］：通性通法由（1）可得33()4fxxxc=−+，2311()33()()422fxxxx=−=+−，令(

)0fx，得12x或12x−；令()0fx，得1122x−，所以()fx在11(,)22−上单调递减，在1(,)2−−，1(,)2+上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244fcfcfcfc−=−−=+=−=+

，若()fx所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x，则(1)0f−或(1)0f，即14c或14c−.当14c时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244fcfcfcfc−=−−=+=−=+，又32(4)6434(1

16)0fcccccc−=−++=−，由零点存在性定理知()fx在(4,1)c−−上存在唯一一个零点0x，即()fx在(,1)−−上存在唯一一个零点，在(1,)−+上不存在零点，此时()fx不存在绝对值不大于1的零点，与题

设矛盾；当14c−时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244fcfcfcfc−=−−=+=−=+，又32(4)6434(116)0fcccccc−=++=−，由零点存在性定理知()fx在(1,4)c−上存在唯一一个零点0x，即()fx在(

1,)+上存在唯一一个零点，在(,1)−上不存在零点，此时()fx不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，()fx所有零点的绝对值都不大于1.［方法二］【最优解】：设0x是()fx的一个零点，且01x，则30034cxx=−+．从而()332200000333(

)444fxxxxxxxxxxx=−−+=−++−．令22003()4hxxxxx=++−，由判别式2220003Δ43304xxx=−−=−，可知()0hx=在R上有解，()hx的对称轴

是011,222xx=−−220002200031(1)104231(1)1042hxxxhxxx=++−=+−=−+−=−，所以()hx在区间01,2x−−上有一根为1x，在区间0,12x−上有一根为2x，进

而有121,1xx，所以()fx的所有零点的绝对值均不大于1．［方法三］：设0x是函数()fx的一个绝对值不大于1的零点，且30003,14cxxx=−+．设33()4cxxx=−+，则23()34cxx=−+，显然()cx在区间11,2−−内单调递减，在区间

11,22−内单调递增，在区间1,12内单调递减．又111111(1),(1),,442424cccc−==−−=−=，于是()cx的值域为11,44

−．设1x为函数()fx的零点，则必有3113()04fxxxc=−+=，于是311131444cxx−=−+，所以()()()()2311112311114311210,4311210,xxxxxxxx−−=−+−+=+−解得111x−，即

11x．综上，()fx的所有零点的绝对值都不大于1．［方法四］：由（1）知，3233(),()344fxxxcfxx=−=−+，令()0fx=，得12x=−或12x=．则()fx在区间1,2−−内递增，在区间11,22−

内递减，在区间1,2+内递增，所以()fx的极大值为11(1),()24fcffx−=+=的极小值为11(1)24fcf=−=−．（ⅰ）若11022ff−，即14c或14c−，()fx有唯一一个零点0x，显然有01x，不满足题

意；（ⅱ）若11022ff−=，即14c=或14c=−，()fx有两个零点，不妨设一个零点为012x=−，显然有01x，此时，331()44fxxx=−−，则(1)0f=，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为0

12x=，则另一个零点为1−．（ⅲ）若11022ff−，即1144c−，()fx有三个零点，易知在区间11,22−内有一个零点，不妨设为0x，显然有01x，又102f−，(1)0f−

，所以在11,2−−内有一个零点m，显然||1m，同理，()fx在1,12内有一个零点n，有||1n．综上，()fx所有零点的绝对值都不大于1．［方法五］：设1x是()fx的一个零点且11x

，则31123,4cxxx=−+是()fx的另一个零点．()33322222211212121333304444xxcxxxxxxxxxx−+=−−+=−++−=．则222121304xxxx++

−=，设22113()4mxxxxx=++−，由判别式222111343304xxx=−−=−，所以方程有解．假设实数2x满足21x．由222222111121122222222131,1,124xxxxxxxxxxxxxx

++=++=++，得22112234xxxx++．与222121304xxxx++−=矛盾，假设不成立．所以，()fx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1x，满足11x，再设另一个零点为2x，通过零点定义找到12,xx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．12．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数1()elnlnxfxaxa−=−+．（1）当ae=时，求曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式()

1fx恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）21e−（2）[1,)+【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点()()1,1f切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研

究函数()fx的单调性，当a=1时，由()10f=得()()11minfxf==,符合题意；当a>1时，可证1()(1)0ffa，从而()fx存在零点00x，使得01001()0xfxaex−=−=，得到

min()fx，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得()1fx恒成立；当01a时，研究()1f.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【详解】（1）()ln1xfxex=−+Q

，1()xfxex=−，(1)1kfe==−.(1)1fe=+Q，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数()fx在点(1,f(1)处的切线方程为1(1)(1)yeex−−=−−,即()12yex=−+,切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e−−

,∴所求三角形面积为1222||=211ee−−−．（2）［方法一］：通性通法1()lnlnxfxaexa−=−+Q,11()xfxaex−=−，且0a.设()()gxfx=,则121()0,xgxaex−=+∴g(x)在(0,)+上单调递增，即()fx在(0,)+上单

调递增，当1a=时，()01f=,∴()()11minfxf==,∴()1fx成立.当1a时，11a，111ae−∴，111()(1)(1)(1)0affaeaa−=−−,∴存在唯一00x，使得01001()

0xfxaex−=−=，且当0(0,)xx时()0fx，当0(,)xx+时()0fx，0101xaex−=，00ln1lnaxx+−=−，因此01min00()()lnlnxfxfx

aexa−==−+000011ln1ln2ln122ln1axaaxaxx=++−+−+=+>1,∴()1,fx∴()1fx恒成立；当01a时，(1)ln1,faaa=+∴(1)1,()1ffx不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).［方法二］【

最优解】：同构由()1fx得1elnln1xaxa−−+，即ln1ln1lnaxeaxxx+−++−+，而lnlnlnxxxex+=+，所以ln1lnln1lnaxxeaxex+−++−+．令()mhmem=+，则()1

0mhme+=，所以()hm在R上单调递增．由ln1lnln1lnaxxeaxex+−++−+，可知(ln1)(ln)haxhx+−，所以ln1lnaxx+−，所以maxln(ln1)axx−+．令()ln1Fxxx=−+，则11()1xFxxx−=−

=．所以当(0,1)x时，()0,()FxFx单调递增；当(1,)x+时，()0,()FxFx单调递减．所以max[()](1)0FxF==，则ln0a，即1a．所以a的取值范围为1a．［方法三］：换元同构由题意知0,0ax，令1xaet−=，所以ln1

lnaxt+−=，所以lnln1atx=−+．于是1()lnlnlnln1xfxaexatxtx−=−+=−+−+．由于()1,lnln11lnlnfxtxtxttxx−+−+++，而lnyxx=+在,()0x+时为增函数，故tx，即1x

aex−，分离参数后有1xxae−．令1()xxgxe−=，所以1112222(1)()xxxxxexeexgxee−−−−−−−==．当01x时，()0,()gxgx单调递增；当1x时，()0,()gxgx单调递减．所以当1x=时，1()xxgxe−=取得最大值为

(1)1g=．所以1a．［方法四］：因为定义域为(0,)+，且()1fx，所以(1)1f，即ln1aa+．令()lnSaaa=+，则1()10Saa=+，所以()Sa在区间(0,)+内单调递增．因为(1)1S=，所以1a时，有()(1)SaS，即ln1aa+

．下面证明当1a时，()1fx恒成立．令1()lnlnxTaaexa−=−+，只需证当1a时，()1Ta恒成立．因为11()0xTaea−=+，所以()Ta在区间[1,)+内单调递增，则1min[()](1)lnxTaTex−==−．因此要证明1a时，()1Ta

恒成立，只需证明1min[()]ln1xTaex−=−即可．由1,ln1xexxx+−，得1,ln1xexxx−−−．上面两个不等式两边相加可得1ln1xex−−，故1a时，()1fx恒

成立．当01a时，因为(1)ln1faa=+，显然不满足()1fx恒成立．所以a的取值范围为1a．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数()fx的单调性，求出其最小值，由min0f即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成ln1l

nln1lnaxxeaxex+−++−+，再根据函数()mhmem=+的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令1xaet−=，再同构，可将原不等式化成lnlnttxx++，再根据函数lnyxx=+的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用(

1)1f可得a的取值范围，再进行充分性证明即可．