拓展四 导数与零点、不等式的综合运用
【题组一 零点】
1．（2020· x历下·山东师范大学附中）已知函数 f x e x a ，其中 e是自然对数的底数，a R．
（1）求函数 f x 的单调区间；
（2）设 g x f x a x2 ，讨论函数 g x 零点的个数，并说明理由．
【答案】（1）增区间是 a 1, ，减区间是 , a 1 .（2）见解析
x x
【解析】（1）因为 f x e x a ，所以 f x e x a 1 .
由 f x 0，得 x a 1；由 f x 0，得 x a 1.
所以由 f x 的增区间是 a 1, ，减区间是 , a 1 .
2 g x f x a x2（ ）因为 xex a x2 x ex a x .
由 g x 0，得 x 0或 ex a x 0 .
设h x ex a x，又 h 0 e a 0，即 x 0不是 h x 的零点，
故只需再讨论函数 h x 零点的个数.
x a
因为 h x e 1，
所以当 x ,a 时， h x 0,h x 单调递减；
当 x a, 时， h x 0,h x 单调递增.
所以当 x a时， h x 取得最小值 h a 1 a .
①当 h a 0，即a 1时，无零点；
②当 h a 0，即 a 1时， h x 0,h x 有唯一零点；
③当 h a 0，即 a 1 h 0 e a时，因为 0，
所以 h x 在 ∞，a 上有且只有一个零点.
a
令 x 2a，则 h 2a e 2a .
设 a h 2a ea 2a a 1 ，则 a ea 2 0，
所以 a 在 1， 上单调递增，
所以， a 1, ，都有 a 1 e 2 0 .
h 2a a ea所以 a .
所以 h x 在 a, 上有且只有一个零点.
所以当 a 1时， h x 有两个零点
综上所述，当 a 1时， g x 有一个零点；
当 a 1时， g x 有两个零点；
当 a 1时， g x 有三个零点.
2．（2020·湖北）已知函数 f (x) aex x2 1．
（1）当 a 1时，求曲线 y f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
（2）当 a 0时，判断方程 f (x) 4x ln x 0的实根个数，并说明理由．
【答案】（1） y e 2 x 2；（2）方程 x2 1 4x ln x 0 恰有三个不同的实根 p，1，q，理由见解析.
【解析】（1）当 a 1时， f (x) ex x2 1，则 f 1 e，
因为 f (x) e x 2x，所以 f (1) e 2，
则所求切线方程为 y e (e 2)(x 1)，即 y e 2 x 2．
（2）当 a 0时， f x x2 1，
方程 f (x) 4x ln x 0，即 x2 1 4x ln x 0 ．
令 g(x) x2 1 4x ln x，定义域为 0, ，则 g (x) 2x 4ln x 4 ．
令 h(x) 2x 4ln x 4 ，则 h x 4 2 ，
x
2 4令 0，得 x 2．
x
当 x 0,2 时， h x 0，所以 h x 在 0,2 上单调递减；
当 x 2, 时， h x 0，所以 h x 在 2, 上单调递增．
所以 h x h 2 4ln 2 0min ．
h 1 2又 0， h(1) 2 0， h e2 2e2 12 0， e2e e 2．
所以 h x 在 0,2 上存在唯一零点，记为m．在 (2, ) 上存在唯一零点，记为 n．
1
则m ,1 ， n 2,e2e ．
当 x 0,m 时， h x 0 ，所以 g x 在 0,m 上单调递增；
当 x m,n 时， h x 0，所以 g x 在 m,n 上单调递减；
当 x (n, )时， h x 0 ，所以 g x 在 (n, ) 上单调递增．
又 g(m) g(1) 0， g(n) g(1) 0，
所以 g x 在 m,n 上存在唯一零点 1．
3 3
g 1 1 1 12
1 e e 12
因为 3 6 ， e e e3 e6
0
g e3 e3 1 12e3 e3 e3 12 1 0，
所以存在唯一的 p (0,m)，使得 g p 0．
存在唯一的 q (n ) ，使得 g q 0，且 p 1 3 ,m ， q n,e3 ． e
综上，方程 x2 1 4x ln x 0恰有三个不同的实根 p，1，q．
3．（2020·河南）已知函数 f x x2 2x a ex .
（1）讨论函数 f x 的单调性；
1
（2 2）当 a 1时，判断函数 g x f x x ln x零点的个数，并说明理由.
2
【答案】（1）答案见解析；（2） g x 只有一个零点，理由见解析.
x 2 x 2 x
【解析】（1） f x 的定义域为R ， f x 2x 2 e x 2x a e x a 2 e ，
当a 2时， f x 0，则 f x 在R 上是增函数；
当a 2时， f x 2 x x (2 a) e x 2 a x 2 a e x ，
所以 f x 0 x 2 a ；
f x 0 x 2 a 或 x 2 a ；
f x 0 2 a x 2 a ，
所以 f x 在 2 a , 2 a 上是减函数，在 , 2 a 和 2 a , 上是增函数.
2 1
（2）当 a 1时， g x x 1 ex x2 ln x，其定义域为 0, ，
2
则 g x x 1 x 1 x 1 e .
x
设 h x ex 1 ( x 0 )，则 h x ex 1 2 0 ，从而h x 在 0, 上是增函数，x x
h 1 又 e 2 0， h 1 e 1 0 ，
2
1 1
x 1 ,1 h x ex0 0 x0所以存在 0 ，使得 0 x ，即 e x2 x ， 0 ln x0 . 0 0
列表如下：
x 0, x0 x0 x0 ,1 1 1,
g x 0 0
g x 增函数 极大值 减函数 极小值 增函数
由表格，可得 g x 1的极小值为 g 1 ；
2
2
g x g x x 1 2 ex 1 x 2 ln x x0 2x0 1 1 2 1 2 1的极大值为 00 0 0 0 x x x 22 x 2 0 00 2 0 x0
因为 g x 10 是关于 x0 的减函数，且 x0 ,1
3
，所以 g x0
1
，
2 2 8
所以 g x 在 0,1 内没有零点.
1 2
又 g 1 0， g 2 e 2 ln 2 0，
2
所以 g x 在 1, 内有一个零点.
综上， g x 只有一个零点.
4．（2020·河北）已知函数 f x x sin x cos x 1 g x 1， x2 f x ．
4
（1）求 f x 在区间 0, 2π 上的极值点；
（2）证明： g x 恰有 3 个零点．
π 3π
【答案】（1）极大值点 x ，极小值点 x ；（2）证明见解析.
2 2
【解析】（1） f x xcos x（ x 0,2π ），
令 f x 0，得 x π x 3π ，或 ．
2 2
x π 当 0, 时， f x 0， f x 单调递增；
2
当 x
π 3π
, 时， f x 0， f x 单调递减；
2 2
当 x
3π
, 2π 时， f x 0， f x 单调递增．
2
故 x
π
是 f x 3π的极大值点， x 是 f x 的极小值点．
2 2
综上所述， f x 在区间 0, 2π x π 3π上的极大值点为 ，极小值点为 x ．
2 2
（2） g x 1 x2 1 f x x2 1 xsin x cos x（ x R ），
4 4
因为 g 0 0，所以 x 0是 g x 的一个零点．
x 2
g x 1 x sin x cos x 1 x 2 1 x sin x cosx g x ，
4 4
所以 g x 为偶函数．
即要确定 g x 在R 上的零点个数，只需确定 x 0时， g x 的零点个数即可．
当 x 0 1 1时， g x x xcos x x 1 2cos x ．
2 2
g x 0 cos x 1 π令 ，即 ， x 2kπ 5π或 x 2kπ（ k N ）．
2 3 3
x 0,
π π
3
时， g x 0， g x 单调递减，又 g 0 0，所以 g 0 ；
3
x π , 5 π g x 0 g x g 5 π 25 π2 5 3 π 1 时， ， 单调递增，且 0 ， 3 3 3 36 6 2
所以 g x 在区间 0,
5 π 5 内有唯一零点．当 x π时，由于 sin x 1， cos x 1．
3 3
g x 1 x2 1 xsin x cos x 1 x2 1 x 1 1 x2 x t x ．
4 4 4
t x 5 而 在区间 π, 内单调递增， t x
5
t π 0， 3 3
所以 g x 0 5 恒成立，故 g x 在区间 π, 3 内无零点，
所以 g x 在区间 0, 内有一个零点，由于 g x 是偶函数，
所以 g x 在区间 ,0 内有一个零点，而 g 0 0，
综上， g x 有且仅有三个零点．
1
5．（2020·湖北随州· x 2高三一模（理））已知函数 f x x 2 e ax .
2
（1）若 a 1，求函数 g x f x x的单调区间；
（2）若函数 h x f x ex有两个零点，求实数 a的取值范围.
【答案】（1）增区间是 ,0 和 1, ，减区间是 0,1 （2） a 0
【解析】（1）因为 a 1，
所以 g x x 2 ex 1 x2 x，
2
g x ex x 2 ex x 1 x 1 ex 1 .
令 g x 0 ，解得 x 1或 x 0 .
函数 g x 的增区间是 ,0 和 1, ，减区间是 0,1 .
（2） h x x 1 ex 1 ax2 h x xex ax x ex， a .
2
当a 0 x时， h x x 1 e ， h x 只有 1 个零点 x 1，不合题意.
当a 0时， ex a 0 .
x 0 时， h x 0，h x 为减函数；
x 0时， h x 0， h x 为增函数，
h x 极小值 h 0 1.
a
又 h 1 0，
2
当 x 0时， x0 0,1 ，使 h x0 0 .
当 x 0 时， ex 1 x 1 ex， x 1，
h x x 1 ex 1 ax2 1 1 x 1 ax2 ax2 x 1 .
2 2 2
x 1 1 2a取 1 0，则 h x
1
1 ax21 x1 1 0，a 2
h x1 h 0 0 ，
函数 h x 有 2 个零点.
x
当 a 0 时，由 h x x e a 0 ，得 x 0或 x ln a .
①当 ln a 0，即 a 1时，
由h x 0，得 x ln a 或 x 0 ，
h x 在 ,0 和 ln a , 递增，
在 0, ln a 递减.
h x 极大值 h 0 1.
函数 h x 至多有 1 个零点，不符合题意；
②当 ln a 0，即 a 1时， h x 在 , 单调递增，
h x 至多有 1 个零点，不合题意；
③当 ln a 0，即 1 a 0时，
由h x 0，得 x ln a 或 x 0，
h x 在 , ln a 和 0, 递增，在 ln a ,0 递减.
Q x 0， a 0 时， h x x 1 ex 1 ax2 0 ，
2
h ln a 0 .
又h 0 1， 函数 h x 至多有 1 个零点，不合题意.
综上， a的取值范围是 a 0 .
2
6．（2020· x河北唐山）设函数 f x 2x cos x 2 sin x .
2
（1）讨论 f x 在 , 上的单调性；
（2）证明： f x 在R上有三个零点.
【答案】（1） f x 3 3 的单调递减区间为 ,0 , 0, ， ；单调递增区间为 ， , .（2）证明 4 4 4 4
见解析
【解析】（1） f x x 2 cos x 2x sin x 2 cos x 2x 2 sin x2 ，
由 f x 0及 x , ，得 x 0 3 或 或 .
4 4
当 x变化时， f x 和 f x 的变化情况如下表：
x ,0 0, 0 ,
3 3 3
4 4 4 4
,
4 4
f x － 0 ＋ 0 － 0 ＋
f x ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
f x ,0 3 所以 的单调递减区间为 ， ,4 4 ；
f x 的单调递增区间为 0,
3
， ,
.
4 4
（2）当 x , 时，由（1）得，
f x f 0 0 f 3 f
2
的极小值分别为 ， 4
2 0；
2 8
f
2
极大值 f 0 0 .又4 f
2 0 ，
2
所以 f x 在 ,0 上仅有一个零点 0；
0, 3 3 在 ， ,
上各有一个零点.
4 4
2
当 x x时， f x 2x 2 sin x，
2
2
令 g x x 2x 2 sin x，则 g x x 2 2 cos x，
2
3
显然 x , 时， g x 单调递增， g x g 2 2 0 ；
2
x 3 当 ,
时， g x
3
2 2 0，
2 2
从而 x 时， g x 0， g x 单调递减，
2
因此 g x g 2 0 ，即 f x g x 0，
2
所以 f x 在 , 上没有零点.
x2
当 x 时， f x 2x 2 sin x，
2
x2
令h x 2x 2 sin x ，则 h x x 2 2 cos x，
2
显然 x ,
3
时， 2 cos x 0 ，h x 0；
2
x 3 当 ,
h x 3 时， 2 2 0 ，
2 2
从而 x 时， h x 0， h x 单调递增，
2
因此 h x h 2 0，即 f x h x 0，
2
所以 f x 在 , 上没有零点.
故 f x 在 R上仅有三个零点.
7．（2020·河北）已知函数 f x ex ax2 .
（1）若 a 1，证明：当 x 0 时， f x 1；
（2）若 f x 在 0， 有两个零点，求 a的取值范围 .
【答案】(1)证明见解析.
e2
(2) , 4
.
【解析】（1）证明：当 a 1 f x ex时，函数 x2 . x则 f ' x e 2x，
令 g x ex 2x，则 g ' x ex 2，令 g ' x 0，得 x ln2 .
当 0, ln2 时， h ' x 0 ，当 ln2, 时， h ' x 0
g x g(ln 2) 2 2ln 2 0 f x 0
\ f (x)在 0, 单调递增， f x f 0 1
（2）解： f x 在(0,+ )有两个零点 方程 ex ax2 0在(0,+ )有两个根，
x
a e 在(0,+ )有两个根，x2
ex xy a e x 2即函数 与G x 的图像在(0,+ )有两个交点．2 G ' x
，
x x3
当 x 0,2 时，G ' x 0，G x 在 0,2 递增
当 x 2, 时，G ' x 0，G x 在(2,+ )递增
2
所以G x e最小值为G 2 ，当 x 0 时，G x ，当 x 时，G x ，\ f (x)在
4
2
(0, ) e+ 有两个零点时， a的取值范围是 , 4 ．
8．（2020·岳麓·湖南师大附中）设函数 f (x) aex cos x，其中 a R .
（1）若 a 1，证明：当 x 0时， f (x) 2 ；
（2）若 f (x) 在区间[0, ]内有两个不同的零点，求 a的取值范围.
2 3
【答案】（1）证明见解析；（2） e , e 42
.
【解析】（1） f (x) ex sin x，
由 x 0，得 ex 1,sin x [ 1,1]，
则 f (x) e x sin x 0 ，即 f (x) 在 (0, )上为增函数.
故 f (x) f (0) 2 ，即 f (x) 2 .
cos x
（2）由 f (x) aex cos x 0，得 a x .e
设函数h(x) cos x x , x [0, ]，e
sin x cos x
则h (x) x .e
h (x) 0 x 3 令 ，得 .
4
则 x 0,
3
时，h (x) 0, x
3 ,
时， h (x) 0 ， 4 4
所以 h(x) 在 0,
3 3
上单调逼增，在4
, 上单调减.
4
h(0) 1,h( ) e ,h 3 2
3
又因为 e 4 ，
4 2
2 3 a e
, e 4 a cos x所以当 时，方程 在区间[0, ]x 内有两个不同解，
2 e
3 2
即所求实数 a的取值范围为 e , e 4 .
2
【题组二 导数与不等式】
1．（2019·南宁市银海三美学校期末）设函数 f x ax 1 ln x．
（1）讨论函数 f x 的单调性；
1
（2）若函数 f x 在(0,+ )时恒成立，求实数 a的取值范围；3
1 1 1
【答案】（1） f x 在 0, 上单调递减，在 , 上单调递增；（2） 3e3 , a a .
f x ax 1【解析】（1） x 0
x
当 a 0 时， f x 0，∴ f x 在 0, 上单调递减；
当a 0时，令 f x 0 1，则 x ，
a
∴当0 1 1 x 时， f x 0；当 x 时， f x 0，
a a
1 1
∴ f x 在 0, 上单调递减，在 , 上单调递增；
a a
（2）函数 f x 1 ；在 0, 时恒成立，
3
a 4 3ln x即 在 0, 上恒成立，
3x
h x 4 3ln x令 x 0 ，则 h x 3ln x 1 2 ，3x x
令h x 0 1，则 x e 3 ，
1
∴当 0 x e 3 时， h x 0
1
；当 x e 3 时， h x 0，
1
1
∴h x 在 0,e 3 上单调递增，在 e 3 , 上单调递减，
1 1 1
∴h x h e 3 3e3max ，∴ a h x 3e3 ，
max
1
∴ a的取值范围为 3e3 , .
2．（2020· x北京交通大学附属中学高二期末）已知函数 f x e ax（a为常数）.
（1）当 a 0时，求 f x 过原点的切线方程；
（2）讨论 f x 的单调区间和极值；
（3）若 x 0,1 ， f x 0恒成立，求 a的取值范围.
【答案】（1） y ex；（2）答案见解析；（3）a e .
【解析】（1）当 a 0时， f x ex，
则 f x ex，
x
设切点坐标为 x ,e 00 ，
x0
∴ f x0 ex
e
0 ，解得 x0 1，x0
∴ f 1 e，
∴ f x 过原点的切线方程 y ex；
（2） f x ex ax，
∴ f x ex a，
当 a 0 时， f x 0恒成立，函数 f x 在 , 上单调递增，无极值；
当a 0时，令 f x 0，解得 x ln a，
当 x ln a时， f x 0，函数 f x 在 , ln a 上单调递减，
当 x ln a时， f x 0，函数 f x 在 ln a, 上单调递增，
∴ f x f lna e ln a a lna a a lna ，无极大值；
极小值
（3） x 0,1 ， f x 0恒成立，即 ex ax 0 在 x 0,1 上恒成立，
当 x 0时，1 0恒成立，
ex
当 x 0时， a ，
x
ex
设 g x ， x 0,1 ，
x
x
g x e x 1 ∴ 0恒成立，
x2
∴ g x 在 0,1 上单调递减，
∴ g x min g 1 e，
∴a e，
综上所述 a e .
2
3．（2020·吉林梅河口·高二月考（文））已知函数 f (x) a ln x 2 (a 0) .
x
（1）若曲线 y f (x) 在点 P(1, f (1))处的切线与直线 y x 2 垂直，求函数 y f (x) 的单调区间；
（2）若对 x (0, ) 都有 f (x) 2(a 1) 成立，试求实数 a的取值范围；
【答案】（1）的单调增区间是 (2, ) ，单调减区间是 (0,2) ;（2）0 a 2 .
e
【解析】（1）直线 y x 2 的斜率 1.函数 f x 的定义域为 0, f ' x 2 a， 2 ，x x
2 a 2 x 2
所以 f ' 1 2 1，解得 a 1 .所以 f x lnx 2 ， f ' x .1 1 x x2
由 f ' x 0解得 x 2；由 f ' x 0解得0 x 2，
所以 f x 的单调增区间是 2, ，单调减区间是 0,2 .
f ' x 2 a ax 2 2（2） 2 2 ，由 f ' x 0解得 x ；由 f ' x 0
2
解得0 x .
x x x a a
所以 f x 2 2 在区间 , 上单调递增，在区间 0， 上单调递减，
a a
x 2
2
所以当
时，函数 f x 取得最小值， ymin f ，a a
2
因为对于 x 0, 都有 f x 2 a 1 成立，所以只须 f 2 a 1 即可，
a
即aln 2 a 2 ，解得0 a .
a e
4．（2020·黑龙江龙凤·大庆四中高二月考（文））已知 x 0 为函数 f (x) e x kx 的极值点
（1）求 k的值；
（2）若 x (0, )， f (x) x2 (a 1)x 1，求实数 a的取值范围.
【答案】（1）1；（2） a 1 .
【解析】（1） f (x) e x k ， f (0) e0 k 0 ，解得 k 1，
经检验， f (x) 在 ( ,0)递减，在 (0, )递增， x 0为 f (x) 的极小值点，符合题意，因此， k 1．
（2） x (0, ) ， ex x2 ax 1 0，设 g(x) e x x 2 ax 1 ，其中 g(0) 0
g (x) ex 2x a，令 h(x) g (x) e x 2x a ，则 h (x) e x 2 0 ，
h(x)在 (0, )递增
h(x) h(0) 1 a
①当1 a 0时，即a 1， g (x) 0， g(x) 在 (0, )递增， g(x) g(0) 0符合题意，
所以 a 1
②当1 a 0时，即 a 1， x0 (0, ) ， g (x0 ) 0，在 (0, x0) 上， g (x) 0，
g(x)在 (0, x0) 递减，所以 x (0, x0)时， g(x) g(0) 0不符合题意,
综上，实数 a的取值范围为 a 1
5．（2020· 2四川内江·高二期末（理））已知函数 f x x ln x， g x ax 2ax .
（1）求 f x 的单调区间；
（2）若 f x 是函数 f x 的导函数，且 2 f x g x 2x在定义域内恒成立，求整数 a的最小值.
(0, 1) (1【答案】（1）减区间是 ，增区间 , ) ；（2）2．
e e
【解析】（1）由已知 f (x) ln x 1，当0 x 1 时， f (x) 0 x 1，当 时， f (x) 0，
e e
∴ f (x)
1 1
的减区间是 (0, )，增区间 ( , )；
e e
（2）函数 f (x) 的定义域是 (0, )， g(x) 定义域是 R，
不等式2 f x g x 2x为 2(ln x 1) ax 2 2ax 2x ，
∴不等式 2(ln x 1) ax 2 2ax 2x 在 (0, )上恒成立，
a 2ln x 2 2x∴ 在 (0, )2 上恒成立，x 2x
2ln x 2 2x h (x) (x 1)(x 2ln x)设h(x) ，则 2 2 2 ， x 0时，(x 2x) x 1 0， (x
2 2x)2 0 ，
x 2x
又 (x) x 2ln x在 (0, ) 1 1上是增函数， g( ) 2ln 2 0， g(1) 1 0，
2 2
∴存在 x0 (
1 ,1)，使得 (x0 ) 0 ，0 x x0 时 (x) 0，h (x) 0，x x0 时， (x) 0 ，h (x) 0 ，2
即h(x) 在 (0, x0) 上递增，在 (x0 , )上递减，
(x0 ) x0 2ln x0 0 ln x
x
， 0
0 ，
2
h(x)max h(x )
2 ln x
0
2 2x0 2 x0 1
0 2 2 a
1
x0 2x0 x0 2x0 x
，∴
0 x
，
0
x (1
1
∵ ,1)，∴ (1,2)0 ax ，∴整数 的最小值为 2．2 0
6．（2020·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理））设函数 f (x) 2x3 3ax2 3bx 8c 在 x 1
及 x 2时取得极值．
（1）求 a,b 的值；
（2）若对于任意的 x [0，3]，都有 f (x) c2 成立，求 c的取值范围．
【答案】（Ⅰ） a 3，b 4．（Ⅱ） ( ， 1) (9， )．
【解析】（Ⅰ） f x 6x2 6ax 3b，
因为函数 f x 在 x 1及 x 2取得极值，则有 f 1 0， f 2 0．
6 6a 3b 0，
即
24 12a 3b 0．
解得 a 3，b 4 ．
3 2
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知， f x 2x 9x 12x 8c，
f x 6x2 18x 12 6 x 1 x 2 ．
当 x 0，1 时， f x 0；当 x 1，2 时， f x 0；
当 x 2，3 时， f x 0．所以，当 x 1时， f x 取得极大值 f 1 5 8c，又 f 0 8c，
f 3 9 8c．则当 x 0，3 时，
f x 的最大值为 f 3 9 8c 2．因为对于任意的 x 0，3 ，有 f x c 恒成立，所以 9 8c c2 ，解
得 c 1或c 9，因此 c的取值范围为 ， 1 9， ．
7 2020· · f x ax2 x a e x．（ 广东濠江 金山中学高二月考）已知函数 a R
3
（1）若 a 0，函数 f x 的极大值为 ，求 a的值；
e
（2）若对任意的 a 0 ， f x b ln x 1 在 x 0, 上恒成立，求实数b的取值范围.
【答案】（1） a 1；（2）b 1.
x
【解析】（1）由题意， f x 2ax 1 e ax2 x a e x
e x ax
2 1 2a x a 1 e
x x 1 ax 1 a .
i a 0 f x e x（ ）当 时， x 1 ，
令 f x 0，得 x 1； f x 0，得 x 1，
所以 f x 在 ,1 单调递增， 1, 单调递减，
因此 f x 1 3的极大值为 f 1 ，不合题意；
e e
（ii）当 a 0时，1 1 1，
a
令 f x 0 1，得1 x 1； f x 0 x 1 1，得 或 x 1，
a a
所以 f x 在 1
1 1
,1 单调递增，在 ,1 ，在 1, 单调递减.
a a
所以 f x 的极大值为 f 1 2a 1 3 ，得 a 1 .
e e
综上所述 a 1；
x 2 x
（2）令 g a e x 1 a xe ， a ,0 ，
当 x 0, x 2时， e x 1 0，
则 g a b ln x 1 对 a ,0 恒成立等价于 g a g 0 b ln x 1 ，
xe x即 b ln x 1 ，对 x 0, 恒成立.
（i）当b 0时， x 0, ，b ln x 1 0 ， xe x 0，
x
此时 xe b ln x 1 ，不合题意.
（ii）当b 0时，令h x b ln x 1 xe x， x 0, ，
h x b
x
e x xe x be x
2 1
则 ，其中 x 1x e
x 0，
1 x 1 ex
令 p x bex x2 1， x 0, ，则 p x 在区间 0, 上单调递增，
①b 1时， p x p 0 b 1 0，
所以对 x 0, ，h x 0，从而 h x 在 0, 上单调递增，
所以对任意 x 0, ， h x h 0 0，
即不等式b ln x 1 xe x在 0, 上恒成立.
②0 b 1时，由 p 0 b 1 0， p 1 be 0及 p x 在区间 0, 上单调递增，
所以存在唯一的 x0 0,1 使得 p x0 0，且 x 0, x0 时， p x0 0 .
从而 x 0, x0 时， h x 0，所以 h x 在区间 0, x0 上单调递减，
则 x 0, x0 时， h x h 0 0 ，即b ln x 1 xe x，不符合题意.
综上所述，b 1.
8．（2020·湖南娄底·高二期末）已知函数 f x ln x x2 x
（Ⅰ）求函数 f x 的单调区间；
a 2
（Ⅱ）证明当 a 2时，关于 x的不等式 f x ( 1)x ax 1恒成立；
2
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
2
【解析】（1） f ' x 1 2x 1 2x x 1 x＞0 ，
x x
由 f'（x）＜0，得 2x2﹣x﹣1＞0．又 x＞0，所以 x＞1，
所以 f（x）的单调递减区间为（1，+∞），函数 f（x）的单增区间为（0，1）．
a
（2）令 g x f x 1
x
2 ax 1 lnx
1
ax 2 1 a x 1 ，
2 2
2
g ' x 1 ax 1 aax 1 x 1所以 a ，
x x
a 1 x x 1 因为 a≥2，所以
g ' x a ，
x
1 1 1
令 g'（x）=0，得 x ，所以当 x 0， ，g ' x ＞0 ，当 x ，
时，g'（x）＜0，a a a
1 1
因此函数 g（x）在 x 0， 是增函数，在 x ， 是减函数，
a a
1 1 1 1 2 1 1
故函数 g（x）的最大值为 g a
ln a ( ) 1 a a 2 a a 1 lna， 2a
1
令h a lna，因为 h 2
1
ln2＜0 ，又因为 h（a）在 a∈（0，+∞）是减函数，
2a 4
所以当 a≥2 时，h（a）＜0，即对于任意正数 x 总有 g（x）＜0，
所以关于 x 的不等式恒成立．拓展四 导数与零点、不等式的综合运用
【题组一 零点】
1 x．（2020·历下·山东师范大学附中）已知函数 f x e x a ，其中 e是自然对数的底数，a R．
（1）求函数 f x 的单调区间；
（2）设 g x f x a x2 ，讨论函数 g x 零点的个数，并说明理由．
2．（2020·湖北）已知函数 f (x) aex x2 1．
（1）当 a 1时，求曲线 y f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
（2）当 a 0时，判断方程 f (x) 4x ln x 0的实根个数，并说明理由．
3．（2020·河南）已知函数 f x x2 2x a ex .
（1）讨论函数 f x 的单调性；
1
（2）当 a 1 2时，判断函数 g x f x x ln x零点的个数，并说明理由.
2
4．（2020·河北）已知函数 f x x sin x cos x 1， g x 1 x2 f x ．
4
（1）求 f x 在区间 0, 2π 上的极值点；
（2）证明： g x 恰有 3 个零点．
1
5．（2020·湖北随州· x 2高三一模（理））已知函数 f x x 2 e ax .
2
（1）若 a 1，求函数 g x f x x的单调区间；
（2）若函数 h x f x ex有两个零点，求实数 a的取值范围.
2
6．（2020· x河北唐山）设函数 f x 2x cos x 2 sin x .
2
（1）讨论 f x 在 , 上的单调性；
（2）证明： f x 在R上有三个零点.
7．（2020·河北）已知函数 f x ex ax2 .
（1）若 a 1，证明：当 x 0 时， f x 1；
（2）若 f x 在 0， 有两个零点，求 a的取值范围.
8．（2020·岳麓·湖南师大附中）设函数 f (x) aex cos x，其中 a R .
（1）若 a 1，证明：当 x 0时， f (x) 2 ；
（2）若 f (x) 在区间[0, ]内有两个不同的零点，求 a的取值范围.
【题组二 导数与不等式】
1．（2019·南宁市银海三美学校期末）设函数 f x ax 1 ln x．
（1）讨论函数 f x 的单调性；
f x 1（2）若函数 在(0,+ )时恒成立，求实数 a的取值范围；3
2 x．（2020·北京交通大学附属中学高二期末）已知函数 f x e ax（a为常数）.
（1）当 a 0时，求 f x 过原点的切线方程；
（2）讨论 f x 的单调区间和极值；
（3）若 x 0,1 ， f x 0恒成立，求 a的取值范围.
3．（2020·吉林梅河口·高二月考（文））已知函数 f (x) 2 a ln x 2 (a 0) .
x
（1）若曲线 y f (x) 在点 P(1, f (1))处的切线与直线 y x 2 垂直，求函数 y f (x) 的单调区间；
（2）若对 x (0, ) 都有 f (x) 2(a 1) 成立，试求实数 a的取值范围；
4．（2020·黑龙江龙凤·大庆四中高二月考（文））已知 x 0 为函数 f (x) e x kx 的极值点
（1）求 k的值；
（2）若 x (0, )， f (x) x2 (a 1)x 1，求实数 a的取值范围.
5．（2020· 2四川内江·高二期末（理））已知函数 f x x ln x， g x ax 2ax .
（1）求 f x 的单调区间；
（2）若 f x 是函数 f x 的导函数，且 2 f x g x 2x在定义域内恒成立，求整数 a的最小值.
6．（2020·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理））设函数 f (x) 2x3 3ax2 3bx 8c 在 x 1
及 x 2时取得极值．
（1）求 a,b 的值；
（2）若对于任意的 x [0，3]，都有 f (x) c2 成立，求 c的取值范围．
7．（2020·广东濠江·金山中学高二月考）已知函数 f x ax2 x a e x a R
3
（1）若 a 0，函数 f x 的极大值为 ，求 a的值；
e
（2）若对任意的 a 0 ， f x b ln x 1 在 x 0, 上恒成立，求实数b的取值范围.
8．（2020·湖南娄底·高二期末）已知函数 f x ln x x2 x
（Ⅰ）求函数 f x 的单调区间；
（Ⅱ）证明当 a 2时，关于 x a 2的不等式 f x ( 1)x ax 1恒成立；
2
