1、第 15 讲 max 函数与 min 函数问题 一解答题（共 24 小题）1（2021 春东莞市期末）已知函数2()f xxxxlnx，3()3g xxaxe（1）证明()0f x 恒成立；（2）用max m，n 表示 m，n 中的最大值已知函数()()2f xh xxx，记函数()()xmax h x，()g x，若函数()x在(0,)上恰有 2 个零点，求实数 a 的取值范围【解答】（1）证明：由题得()f x 的定义域为(0,)，则20 xxxlnx 在(0,)x 上恒成立等价于10 xlnx 在(0,)x 上恒成立，（1分）记()1xxlnx，则11()1xxxx，（2分）当()0 x
2、时，01x；()0 x时，1x ，故()x在(0,1)上单调递减，(1,)上单调递增，（3 分）所以()x（1）0，即()0f x 恒成立（4 分）（2）解：由题得()1h xlnx，当0 xe时，()()0 xh x，此时无零点（5 分）当 xe时，h（e）0，g（e）33eaee a 当 g（e）330eaee，即213ea时，xe是()x的一个零点；b 当 g（e）330eaee，即213ea时，xe不 是()x的 一 个 零点；（6 分）当 xe时，()0h x 恒成立，因此只需考虑()g x 在(,)e 上的零点情况 由2()33g xxa a 当2a e时，()0g x，()g x
3、 在(,)e 上单调递增，且 g（e）33eaee，当213ea时，g（e）0，则()g x 在(,)e 上无零点，故()x在(0,)上无零点；当213ea时，g（e）0，则()g x 在(,)e 上无零点，故()x在(0,)上有 1 个零点；当2213ea e 时，由 g（e）0，333(2)86860geeaeeeee，得()g x 在(,)e 上仅有一个零点，故()x在(0,)上有 2 个零点；所以2213ea e ，（9 分）b 当2ae时，由()0g x得 xa，由()0g x时，exa；当()0g x时 xa，()0g x，故()g x 在(,)ea 上单调递减，()g x 在(,
4、)a 上单调递增；由 g（e）0，322(2)8620gaaaeae，得()g x 在(,)e 上仅有一个零点，故()x在(0,)上有 2 个零点；所以2ae，（11分）综上所述，213ea时，()x在(0,)上恰有两个零点（12 分）2（2021南平模拟）已知函数3217()(4)322xf xxexx，()cosxg xaex，其中 aR（1）讨论函数()f x 的单调性，并求不等式()0f x 的解集；（2）若1a ，证明：当0 x 时，()2g x；（3）用max m，n 表示 m，n 中的最大值，设函数()()h xmax f x，()g x，若()0h x 在(0,)上恒成立，求实
5、数 a 的取值范围【解答】解：（1）33()(3)3(3)(1)xxfxxexxe，（1 分）当3x 时，30 x，310 xe ，()0f x，当3x 时，30 x，310 xe ，()0f x，当3x 时，()0f x，（2 分）所以当 xR时，()0f x，即()f x 在 R 上是增函数；（3 分）又 f（3）0，所以()0f x 的解集为(3,)（4 分）（2）()sinxg xex（5 分）由0 x，得1xe ，sin 1x ，1，（6 分）则()sin0 xg xex，即()g x 在(0,)上为增函数（7 分）故()(0)2g xg，即()2g x（8 分）（3）由（1）知，当
6、3x 时，()0f x 恒成立，故()0h x 恒成立；当3x 时，()0f x，因为()()h xmax f x，()g x，要使得()0h x 恒成立，只要()0g x 在(0,3)上恒成立即可（9 分）由()cos0 xg xaex，得cosxxae 设函数cos()xxr xe，0 x，3，则sincos()xxxr xe（10 分）令()0r x，得34x 随着 x 变化，()r x与()r x 的变化情况如下表所示：x 3(0,)4 34 3(,3)4()r x 0 ()r x 单调递增 极大值 单调递减 所以()r x 在3(0,)4 上单调递增，在 3(4，3)上单调递减（11
7、 分）()r x 在(0,3)上唯一的一个极大值，即极大值3432()42re，故3422ae 综上所述，所求实数 a 的取值范围为342 2 e，)（12 分）3 （2021 衡 水 模 拟）已 知 函 数1211()(2)22xf xxexx，2()4 cos(1)g xaxxaxln x，其中 aR（1）讨论函数()f x 的单调性，并求不等式()0f x 的解集；（2）用max m，n 表示 m，n 的最大值，记()()F xmax f x，()g x，讨论函数()F x 的零点个数【解答】解：（1）11()(1)1(1)(1)xxfxxexxe，当1x 时，10 x ，110 xe
8、，则()0f x，当1x 时，10 x ，110 xe ，则()0f x，当1x 时，f（1）0，所以当 xR时，()0f x，()f x 在 R 上是增函数，又 f（1）0，所以()0f x 的解集为(1,)（2）函数()F x 的定义域为(1,)，由（1）得函数()f x 在 R 上单调递增，f（1）0，当1x 时，()0f x，又()()F xmax f x，()g x，所以当1x 时，()0F x 恒成立，即1x 时，()0F x 无零点，当 11x 时，()0f x 恒成立，所以()F x 的零点即为函数()g x 的零点，下面讨论函数()g x 在 11x 的零点个数：1()214
9、 sin1g xaxaxx，所以21()24 cos(11)(1)gxaaxxx，当0a 时，因为 11x ，cos(cos1,1)x，又函数cosyx在区间(0,)2 单调递减，所以1cos1cos 32，即当 11x 时，12cos0 x，21()2(1cos)0(1)gxaxx，所以()g x单调递减，由(0)0g得：当 10 x 时，()0g x，()g x 单调递增，当 01x 时，()0g x，()g x 单调递减，当1x 时，(1)ln xx，所以()g x，当0 x 时，(0)40ga，有 g（1）14 cos12aaln，f（1）0，当 g（1）12014cos1lna 时，
10、函数()F x 有 1 个零点，当 g（1）12014cos1lna 时，函数()F x 有 2 个零点，当 g（1）120014cos1lna 时，函数()F x 有 3 个零点，当0a 时，()(1)g xln xx，由得当 10 x，()0g x，()g x 单调递增，当 01x 时，()0g x，()g x 单调递减，所以()(0)0maxg xg，g（1）210ln，所以当0a 时，函数()F x 有两个零点，当0a 时，2()(4cos)(1)g xa xxxln x，2(4cos)0a xx，(1)0 xln x ，即()0g x 成立，由 f（1）0，所以当0a 时，函数()F
11、 x 有 1 个零点，综上所述：当1214cos1lna 或0a 时，函数 F（1）有 1 个零点，当1214cos1lna 或0a 时，函数()F x 有 2 个零点，当12014cos1lna 时，函数()F x 有 3 个零点 4（2021临沂一模）已知函数12()24xf xxexx，21()2 cos(1)2g xaxxaxln x（1）判断()f x 的单调性，并求()f x 的最值；（2）用max m，n 表示 m，n 的最大值，记函数()()h xmax f x，()g x，讨论()h x 的零点个数【解答】解：（1）111()22(1)(2)xxxfxexexxe，当1x 时
12、，()0f x，()f x 在(,1)上是增函数，当1x 时，()0f x，()f x 在(1,)上是减函数，所以()f x 最小值为2(1)5fe；（2）函数()h x 的定义域为(1,)，其中 f（1）0，当1x 时，()f xf（1）0，则函数()()h xmax f x，()g x无零点；当 11x 时，()0f x，下面讨论()g x 的零点情况，(1)0 xln x （当0 x 时取等号），1coscos1 cos123x剟，()i 当0a 时，21()(2cos)(1)02g xaxxxxln x，此时()g x 在(1，1上无零点，因为()h x 的零点为1x ，故()h x
13、有一个零点；()ii 当0a 时，()(1)0g xxln x ，(0)0g，g（1）120lnf （1），所以()g x 在(1，1上有一个零点，故()h x 有两零点；()iii 当0a 时，1()211g xaxalnxx，所以2211()2 cos(12cos)(1)(1)gxaaxaxxx，因为12cos0 x，所以()0g x，所以()g x在(1，1上单调递减，又(0)0g，所以()0g x在(1,0)上恒成立，()0g x在(0,1)上恒成立，所以()g x 在0 x 取得极大值，此时(0)20ga，又因为当1x 时，(1)ln x，所以()g x 在(1,0)上有一个零点，又
14、 g（1）12 cos1 122 aaln，当 g（1）0，即22 214cos1lna 时，()g x 在(1，1上有一个零点，故()h x 有一个零点；当 g（1）0，即22 214cos1lna 时，()g x 在(1，1上有两个零点，故()h x 有两个零点；当 g（1）0，即22 214cos1lna 时，()g x 在(1，1上有两个零点，故()h x 有三个零点；综上所述，当0a 或22 214cos1lna 时，()h x 有一个零点；当0a 或22 214cos1lna 时，()h x 有两个零点；当22 2014cos1lna 时，()h x 有三个零点 5（2021信阳模
15、拟）已知函数()2xf xeaxa，()g xlnx（1）讨论()f x 的单调性；（2）用max m，n 表示 m，n 中的最大值，若函数()()h xmax f x，()(0)g xx 只有一个零点，求 a 的取值范围【解答】解：（1）函数()f x 的定义域为 R，且()2xfxea 当0a时，()0f x对 xR恒成立，所以()f x 在 R 上单调递增 当0a 时，令()0f x，得(2)xlna，当(x，(2)ln a时，()0f x当(2)xlna，)时，()0f x 所以()f x 在(，(2)ln a上单调递减，在(2)ln a，)上单调递增（2）当(1,)x 时，()0g
16、xlnx，从而()()h xmax f x，()()0g xg x，所以()h x 在(1,)上无零点 当1x 时，f（1）3ea，若3ea，h（1）max f（1），g（1）g（1）0，所以1x 是()h x 的零点，若3ea，h（1）max f（1），g（1）f（1）0，所以1x 不是()h x 的零点，当(0,1)x时，()0g xlnx，所以()h x 在(0,1)上零点个数只需要考虑()f x 在(0,1)上的零点个数()f x 在(0,1)上的零点个数()0f x在(0,1)上实根的个数 21xeax在(0,1)上实根的个数，令函数()21xexx，(0,1)x，则2(21)()(
17、21)xxexx，所以()x在1(0,)2上单调递减，在 1(,1)2上单调递增，又(0)1，（1）3e，1()22e，当2ea 或1a 时，()f x 在(0,1)上无零点，当2ea 或13ea 时，()f x 在(0,1)上有两个零点，当 23eea时，()f x 在(0,1)上有两个零点，综上可得2ea 时，()h x 在(0,)上有 1 个零点，当12ea 时，()h x 在(0,)上有两个零点，当1a 时，()h x 在(0,)上有 1 个零点，则()h x 在(0,)上有唯一零点，所以 a 的取值范围为1，)2e 6（2020 秋新华区校级期中）已知函数221()43,()4xf
18、xlnxag xlnxx（1）求证：21()(1)f xax；（2）用max p，q 表示 p，q 中的最大值，记()()h xmax f x，()g x，讨论函数()h x 零点的个数【解答】证明：（1）：设222111()43(1)4(1)xxlnxaalnxxxx，定义域为(0,)，则22114(1)()4()xxxxx，当 01x 时，()0 x；当1x 时，()0 x，故()x在(0,1)内是递减函数，在(1,)内递增函数，所以1x 是()x的极小值点，也是()x的最小值点，所以()()minxx（1）0，所以21()(1)f xax 解：（2）函数()f x 的定义域为(0,)，3
19、234222(21)(1)()xxfxxxxx，当 01x 时，()0f x；当1x 时，()0f x，所以()f x 在(0,1)内是递减函数，在(1,)内是递增函数，所以1x 是()f x 的极小值点，也是()f x 的最小值点，即()minf xf（1）a，()i 若0a，则2221(1)(31)()()3xxxf xg xxx，当 01x 时，()()f xg x；当1x 时，()()f xg x；当1x 时，()()f xg x，所以(),01()(),1f xxh xg x x，于是()h x 只有一个零点1x ()ii 当0a 时，则2(1)(31)()()xxf xg xax，
20、当 01x 时，()()f xg x，此时()()0h xf xa；当1x 时，()0f xa，()0g x，此时()0h x 所以()h x 没有零点()iii当0a 时，根 据（1）知：21()(1)f xax，而1011a，所 以21()(21 1)01faaa，又因为()minf xf（1）0a，所以()f x 在(0,1)上有一个零点0 x，从而一定存在0(cx，1)，使得 f（c）g（c），即22130cac，即2213cac，当 xc时，222121()()3(2)0 xcxc cxg xf xaxccxcx，所以()()g xf x，从而(),0()(),f xx ch xg
21、x xc，于是()h x 有两个零点0 x 和 1当0a 时，()h x 有两个零点 综上：当0a 时，()h x 有一个零点；当0a 时，()h x 没有零点；当0a 时，()h x 有两个零点 7（2020衡阳三模）已知函数()f xlnxaxa，2()1g xx （1）当0a，0 x 且1x 时，证明：212()()11x f xg xxx；（2）定义,m m nmax m nn mn ，设函数()()h xmax f x，()(0)g xx，试讨论()h x 零点的个数【解答】（1）证明：当0a 时，()f xlnx，要证212()()11x f xg xxx，需证1(1)2(1)01
22、x lnxxx，即12(1)011xlnxxx，即证：当1x 时，2(1)1xlnxx；当 01x 时，2(1)1xlnxx 令2(1)()1xxlnxx，则22214(1)()0(1)(1)xxxxx x，()x在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递增，当 01x 时，()x（1）0，此时12(1)011xlnxxx；当1x 时，()x（1）0，此时12(1)011xlnxxx 故0a，0 x 且1x 时，212()()11x f xg xxx（2）解：()i 当1x 时，()0g x，()()0h xg x，()h x在(1,)上无零点；()ii 当1x 时，g（1）f（1）0，则 h
23、（1）0，1x 是()h x 的唯一零点；()iii 当 01x 时，()0g x，()g x在(0,1)上无零点，()h x在(0,1)上的零点个数等价于()f x 在(0,1)上的零点个数 1()(01)fxaxx，若1a时，1()0fxax，()f x在(0,1)上单调递增，()f xf（1）0，此时()f x无零点；若1a 即101a 时，令()0fx，得10 xa；令()0fx，得 11xa ，()f x在1(0,)a上单调递增，在 1(,1)a上单调递减，1()()1maxf xfalnaa，令t（a）1(1)alna a，则t（a）110a，t（a）在(1,)上单调递增，t（a）
24、t（1）0，即1()10falnaa ，即1alna，两边取指数，有1alnaee，即aeaea，10aea，又()(1)0aaaf eaaeae ，由零点存在性定理可知，()f x 在(0,1)上存在唯一的零点0 x，且01(,)axea 综上所述：当1a时，()h x 仅有一个零点；当1a 时，()h x 有两个零点 8（2020 春广陵区校级期中）已知函数2()f xlnxxax，()xg xee，其中0a （1）若1a ，证明：()0f x；（2）用maxm，n 表示 m 和 n 中的较大值，设函数()()h xmax f x，()g x，讨论函数()h x在(0,)上的零点的个数【解
25、答】解：（1）1(1)(21)()21(0)xxfxxxxx，令()0fx，则1x 或12x （舍)，当(0,1)x时，()0f x，()f x 单调递增，当(1,)x 时，()0f x，()f x 单调递减，()()maxf xf xf（1）0（2）在区间(1,)上，()0g x，()()h xmax f x，()()0g xg x，()h x在区间(1,)上不可能有零点 下面只考虑区间(0,1)上和1x 处的情况 由题意()f x 的定义域为(0,)，2121()2xaxfxxaxx 令0()0fx可得2084aax（负值舍去）在0(0,)x上()0()fxf x为增函数，在0(x，)上(
26、)0fx，()f x 为减函数，0()()maxf xf x 当1a 时，01x ，()maxf xf（1）0 在区间(0,1)上，()0g x，且 g（1）0，此时()h x 存在唯一的零点1x 当 01a 时，20814aax 0001()20fxxax，0012axx 222000000001()(2)11 110f xlnxxxxlnxxlnx ，于是()0f x 恒成立，结合函数()g x 的性质，可知此时()h x 存在唯一的零点1x 当1a 时，20814aax，()f x在(0,1)上递增 又f（1）10a，2221111111111()1()02242242224flnaaa
27、aaa ，()f x在区间(0,1)上存在唯一的零点1xx 结合函数()g x 的性质，可知1xx是()h x 唯一的零点 综上，当 01a 时，()h x 在(0,)上有唯一的零点1x ；当1a 时，()h x 在(0,)上也有 1 个零点 9（2020白云区模拟）设函数32()32xaxf xx，其中 aR（）当52a 时，求()f x 的极值点；（）当()f x 存在两个正极值点1x，2x 时，符号1max a，2a分别表示1a，2a 中较大的，令01xmax x，2x，求证：2a，且01()3f x【解答】解：32()32xaxf xx，2()1fxxax ()I 当52a 时，25(
28、)102fxxx 解得12x，或 2()f x的极值点为 12，或 2()II 证明：当()f x 存在两个正极值点1x，2x 时，210 xax 240a，120 xxa，121x x ，解得2a 不妨设12xx，01xmax x，221xx，22210 xax 2221axx 33222022221()()3262xxaf xf xxxx 令32221()62xg xx，22211()022g xx，函数2()g x在(1,)上单调递减 02()()f xg xg（1）111263 01()3f x 10（2019 秋辽阳期末）已知函数()2xf xeaxa，()g xlnx（1）讨论()
29、f x 的单调性；（2）用maxm，n 表示 m，n 中的最大值，已知2a，求函数()()h xmax f x，()(0)g xx 的零点的个数【解答】解：（1）定义域为 R，因为()2xfxea，当0a时，()0fx恒成立，所以()f x单调递增，当0a，令()0fx，即2xea，解得2xln a，2xln a，()0fx，()f x 单调递增；2xln a，()0fx，()f x 单调递减；综上所述：0a，函数()f x 在 R 上单调递增；0a，函数()f x 在(,2)ln a单调递减，在(2,)ln a 单调递增；（2）2a 时，()42xf xex，当(1,)x，()0g xlnx
30、，从而函数()()h xmax f x，()()0g xg x，所以函数()h x 无零点，1x 时，f（1）60e，g（1）0，所以1x 是函数()h x 的一个零点；(0,1)x，()0g xlnx，所以函数()h x 的零点个数就考虑()f x 的零点个数，由（1）得：()42xf xex在(0,1)上单调递减，所以()(0)10f xf ，从而函数()h x 在(0,1)无零点，综上所述函数()h x 的零点只有一个 11（2020秋 历 下 区 校 级 期 中）已 知 函 数1211()(2)22xf xxexx，2()4 cos(1)g xaxxaxln x，其中 aR（1）求函数
31、()f x 在(0,2)x的值域；（2）用max m，n 表示实数 m，n 的最大值，记函数()()F xmax f x，()g x，讨论函数()F x 的零点个数【解答】解：（1）1211()(2)22xf xxexx，11()(1)1(1)(1)xxfxxexxe ，当1x 时，()0f x，此时函数单调递增，当1x时，()0f x，此时函数单调递增，即()f x 在 R 上单调递增，12(0)2fe，f（2）12 故函数在(0,2)上的值域为 12(2e，1)2（2）()F x 的定义域(1,)，由（1）可知，()f x 在 R 上单调递增，且 f（1）0，故当1x 时，()0f x，当
32、1x 时，()0f x，()()F xmax f x，()g x，故当1x 时，()0F x 恒成立，没有零点，当 11x 时，()0f x 恒成立，没有零点，因此()F x 的零点即为()g x 的零点，下面讨论 11x 时，()g x 的零点个数，2()4 cos(1)g xaxxaxln x，1()214 sin1g xaxaxx ，21()24 cos(1)gxaaxx，(11)x，当0a 时，因为 11x ，cos(cos1,1)x，又cosyx在1(0,)2 单调递减，故11cos1cos 32，故当 10 x 时，12cos0 x，()0gx，()g x单调递减，且由(0)0g可
33、得，当 10 x 时，()0g x，()g x 单调递增，当01x 时，()0g x，()g x 单调递减，又1x 时，(1)ln x ，()g x，当0 x 时，(0)40ga，又 g（1）14 cos12aaln，f（1）0，当 g（1）0即1214cos1lna 时，()F x 有 1 个零点，当 g（1）0即1214cos1lna 时，()F x 有 2 个零点，当 g（1）0即12014cos1lna 时，()F x 有 3 个零点，当0a 时，由 I 可得()(1)g xln xx，当 10 x 时，()0g x，()g x 单调递增，当01x 时，()0g x，()g x 单调递
34、减，故当0 x 时，()g x 取得最大值(0)0g，g（1）210ln，此时函数()F x 有 2 个零点，当0a 时，2()4 cos(1)g xaxxaxln x，2(4cos)0a xx，(1)0 xln x ，即()0g x，又 f（1）0，故()F x 有 1 个零点，综上，1214cos1lna 或0a 时，()F x 有 1 个零点，1214cos1lna 或0a 时，()F x 有 2 个零点，12014cos1lna 时，()F x 有 3 个零点，12（2020兴庆区校级二模）已知函数3()3f xxaxe，()1g xlnx，其中 e 为自然对数的底数（1）讨论函数()
35、f x 的单调性；（2）用max m，n 表示 m，n 中较大者，记函数()()h xmax f x，()g x，(0)x 若函数()h x 在(0,)上恰有 2 个零点，求实数 a 的取值范围【解答】解：（1）2()33fxxa，当0a时，()0fx，()f x 在 R 上单调递增，当0a 时，()3()()fxxa xa，当(,)xa ，(a，)，()0fx，()f x 单调递增，当(,)xaa，()0fx，()f x 单调递减；（2）当(0,)xe时，()0g x，()()0h xg x，()h x 在(0,)e 无零点，当 xe时，g（e）0，f（e）33eaee，若 f（e）0，即2
36、13ea，则e 是()h x 的一个零点，若 f（e）0，即213ea，则e 不是()h x 的零点，当(,)xe 时，()0g x，所 以 此 时 只 需 考 虑 函 数()f x 的 零 点 的 情 况 因 为22()3333fxxaea，当2a e时，()0fx，()f x 在(,)e 上单调递增 所以：（）当213ea时，f（e）0，()f x 在(,)e 上无零点；（）当2213ea e 时，f（e）0，又332(2)86860feeaeeeee，所以此时()f x 在(,)e 上恰有一个零点；当2ae时，由（1）知，()f x 在(,)ea 递减，(a，)递增，又因为 f（e）33
37、3330eaeeeee ，32222(2)868620faaaeaaeae，所以此时()f x 恰有一个零点 综上，213ea 13（2021肥城市模拟）已知函数()()xf xln xaxa，aR（1）讨论()f x 的单调性；（2）若4a，1()cos(2sin)2g xxx mxx，0m，用min m，n 表示 m，n 的最小值，记函数()()h xmin f x，()g x，x，讨论函数()h x 的零点个数【解答】解：（1）由已知可得函数()f x 的定义域为(,)a，2()()xfxxa，当0a时，0 xa ，故()0fx，()f x 在(,)a 上单调递增；当0a 时，(,0)x
38、a 时，()0fx，()f x 在(,0)a上单调递减，(0,)x 时，()0fx，()f x 在(0,)上单调递增；综上所述，当0a时，()f x 的单调递增区间是(,)a，无单调递减区间；当0a 时，()f x 的单调递减区间是(,0)a，()f x 的单调递增区间是(0,)（2）由（1）可知当4a 时，()(0)42 2minf xflnln，所以()()2 2minf xf xln，所以()0f x，所以x，时，函数()h x 的零点个数即为函数()g x 在区间，内的零点个数，211()cos(2sin)sincos22g xxx mxxxxxmx，任取x，因2211()()sin(
39、)cos()()sincos()22gxxxxmxxxxmxg x，所以()g x 是偶函数，因为()cos(cos)g xmxxxx mx，当1m 时，cos0mx 在0，)上恒成立，所以0 x，)时，()0g x，所以()g x 在0，)上单调递增，又因为(0)1g，所以()g x 在0，)上有 0 个零点，又因为()g x 是偶函数，所以()g x 在，上有 0 个零点，当 01m 时，令()0g x，得cos xm，由 10m 可知存在唯一0(,)2x 使得0cos xm，所以当0 x，0)x时，()0g x，()g x 单调递增；当0(xx，)时，()0g x，()g x 单调递减，
40、因为(0)1g，201()1,()12g xgm，所以当21102 m ，即221m 时，()g x 在0，上有 0 个零点，由()g x 是偶函数，知()g x 在，上有 0 个零点，所以当211 02 m ，即220m 时，()g x 在0，上有 1 个零点，由()g x 是偶函数，知()g x 在，上有 2 个零点，综上，当220m 时，()g x 有 2 个零点，当22m时，()g x 有 0 个零点；即当220m 时，()h x 有 2 个零点，当22m时，()h x 有 0 个零点 14（2021日照二模）已知cos()cosaxf xaxa，其中0a 且1a （1）若2a，()(
41、)xfx，曲线()yx在点(t，()t处的切线为l，求直线l 斜率的取值范围：（2）若()fx在区间(0,2)有唯一极值点0 x，求 a 的取值范围；用min a，b，c 表示 a，b，c 的最小值证明：0()2fxmina，(1)a 【解答】解：（1）当2a 时，cos2()2cos,()()sin22sin2xf xxxfxxx，2()4cos2cos2kttt，令cosmt，1m ，1，2422kmm，当14m 时，94mink，当1m 时，4maxk，直线l 斜率的取值范围为9,44；（2）设()()sinsing xf xaxax，则11()coscos2 sinsin22aag x
42、aaxaxaxx，()i若1a，令()0g x，则1224,11xxaa在 区 间(0,2)内，且 使11sin0,sin022aaxx，()g x 在(0,2)内至少有两个变号零点，()g x在区间(0,2)内至少有两个极值点，不符合题意；()ii 若 01a，令()0g x，得22,(,)11mnmnxxm nZaa，令2021mmxa，解得012ma，故 m 只能取 1；令2021nnxa，解得011na ，此时 n 无解；故仅当1m 时，12(0,2)1xa，1111()2 sinsin2 sinsin(01)2222aaaag xaxxaxxa，1sin02a x，当1(0,)xx时
43、，1sin0,()0axg xa，当1(xx，2)时，1sin0,()02axg x，()g x在(0,2)有唯一极大值点；综上，实数 a 的取值范围为(0,1)；证明：由知，02,011xaa，此时00022222()sinsinsinsinsinsin(2)(1)sin11111aaafxaxaxaaaaaaaa，1)当2(1)aa，即103a，由 不 等 式0 x 时，s i nxx知，22(1)sin(1)211aaaaaaa，故0()2fxa；2)当(1)2aa，即113a时，22(1)(1)(1)sin(1)sin()(1)sin(1)(1)1111aaaaaaaaaaaaa；综上
44、，0()2fxmina，(1)a，即得证 15（2021成都模拟）已知函数()f xlnx（1）讨论函数()()()g xf xax aR的单调性；（2）设函数1()()(xF xf xee为自然对数的底数）在区间(1,2)内的零点为0 x，记()()m xmin xf x，xxe（其中min a，b 表示 a，b 中的较小值），若()()m xn nR在区间(1,)内有两个不相等的实数根1x，212()x xx，证明：1202xxx【解答】解：（1）()g x 的定义域是(0,)，11()(0)axg xaxxx，当0a时，()0g x恒成立，()g x 在(0,)递增，当0a 时，令()0
45、g x，解得：1xa，当1(0,)xa时，()0g x，()g x 单调递增，当1(xa，)时，()0g x，()g x 单调递减，综上：当0a时，()g x 在(0,)递增，当0a 时，()g x 在1(0,)a单调递增，在 1(a，)单调递减；（2）证明：1()xF xlnxe，定义域是(0,)，11()xF xxe，而(1,2)x，故()0F x，()F x 在(1,2)单调递增，又 F（1）10e，F（2）2120lne，且()F x 在(1,2)内的图像连续不断，故根据零点存在性定理，有()F x 在(1,2)上有且只有 1 个零点，故存在0(1,2)x，使得0()0F x，即001
46、xlnxe，且当01xx时，1()()xxxf xxf xee，当0 xx时，1()()xxxf xxf xee，故00,1(),xxlnxx xm xx xxe，当01xx时，()m xxlnx，由()10m xlnx 得()m x 单调递增，当0 xx时，()xxm xe，由1()0 xxm xe得()m x 单调递减，若()m xn在区间(1,)内有 2 个不相等的实数根1x，212()x xx，要证1202xxx，即证2012xxx，又0102xxx，而()m x 在区间0(x，)内单调递减，故可证201()(2)m xmxx，又由12()()m xm x，即证101()(2)m xm
47、xx，即01011122xxxxx lnxe，记0022()xxxxh xxlnxe，01xx，其中0()0h x，记()ttte，则1()ttte，当(0,1)t 时，()0t，当(1,)t 时，()0t，故()t的最大值是 1e，而()0t，故10()te，而021xx，故002210 xxxxee，故00022211()110 xxxxxxh xlnxeee ，即()h x 单调递增，故当01xx时，0()()0h xh x，即01011122xxxxx lnxe，故1202xxx 16（2021湖北模拟）已知函数2()xaxbf xe在2x 时取到极大值24e（1）求实数 a、b 的值
48、；（2）用min m，)n 表示 m，n 中的最小值，设函数()()g xmin f x，1(0)xxx，若函数2()()h xg xtx为增函数，求实数t 的取值范围【解答】解：（1）2222()2()()xxxxax eeaxbaxaxbfxee，()f x 在2x 时取得极大值24e，2244(2)(2)440abfeefaab ，解得1a ，0b （2）设 222111,0,1,0 xxxxxF xf xxxxFxxxexex 则，当2x 时，()0F x恒成立 22222111102,21,11 102xxxxxxFxexxx 当时从而剟，()0F x在(0,)上恒成立，故()yF
49、x在(0,)上单调递减 214310,20,1201,22FFFFyF xee所以又曲线在上连续不间断，故由函数零点存在定理及其单调性知，存在唯一的0(1,2)x，使得0()0F x，当0(0,)xx时，()0F x，当0(xx，)时，()0F x 0201,0,1()(),.xxx xxg xminf x xxxxxe，202201,0(),xxtxx xxh xxtxxxe ，故020112,0,()(2)2,.xtxx xxh xxxtx xxe ；由于函数2()()h xg xtx为增函数，且曲线()yh x在(0,)上连续不间断，()0h x 在0(0,)x和0(x，)上恒成立 0
50、xx时，(2)20 xxxtxe 在0(x，)上恒成立，即22xxte在0(x，)上恒成立，令2()xxu xe，0(xx，)，则3()xxu xe，当03xx时，()0u x，()u x 单调递减，当3x 时，()0u x，()u x 单调递增，所以()minu xu（3）31e，故312te，即312te，当 00210,12,0,00,x xh xtxth xxx 时当时在上恒成立 综合、知，t 的范围(，31 2e 17（2020 春沙坪坝区校级月考）已知函数1()xf xealnx(e 为自然对数的底数）（1）当0a 时，设()()g xf xx，求函数()g x 在 1 3,2 2
51、上的最值；（2）当1x 时，证明：2()(1)2f xxx，其中2min a，5(min a，b 表示 a，b 中较小的数)【解答】解：（1）当0a 时，1()xg xex，1 3,2 2x，所以1()1xg xe ，令()0g x，得1x ，当1x 时，()0g x；当1x 时，()0g x，所以函数()g x 在区间 1(,1)2上单调递减，在区间3(1,)2上单调递增，所以()g x 在 1 3,2 2上的最小值为 g（1）0 因为1211()22ge，1233()22ge，所以11221312.8912.7()()1022eeeeggeeeee ，所以13()()22gg，故()g x
52、 在 1 3,2 2上的最大值为1233()22ge 综上，函数()g x 在 1 3,2 2上的最小值为 0，最大值为1232e （2）当2 5a ，即3a时，2a，因为2()(1)2f xxx，所以12(2)0 xealnxxaxa ，设12()(2)xk xealnxxaxa，则1()2(2)xak xexax 令1()2(2)xaxexax，则2121222()2xxax exaxexx，因为1x，所以212212(2)3xxx exx e，因为3a，所以()0 x，当且仅当1x 且3a 时，等号成立，所以()k x在1，)上单调递增 由于 k（1）1，所以()0k x，即()k x
53、在1，)上单调递增，又因为 k（1）0，所以()0k x ，即原不等式成立 当25a，即3a 时，5 因为2()(1)2f xxx，所以1253 0 xealnxxx ，由（1）知，1xex ，因为1x，3a，所以12253343xealnxxxlnxxx 设2()343h xlnxxx，1x，则2243()0 xxh xx，所以()h x 在1，)上单调递增，因为 h（1）0，所以()0h x ，即原不等式成立 综上所述，当1x 时，2()(1)2f xxx，2min a ，5 18（2020厦门一模）已知函数()1f xalnxx，3()1g xx （1）若直线:1l yx 与曲线()yf
54、 x相切，求实数 a 的值；（2）用minm，m 表示 m，n 中的最小值，设函数()()h xmin f x，()(0)g xx，讨论()h x零点的个数【解答】解：（1）依题意，()1afxx，则曲线()yf x在点0(P x，0)y处的切线方程为000(1)()ayyxxx，又0001yalnxx，代 入 整 理 得00(1)1ayxa l n xax，此 直 线 与 l 重 合，得001111axalnxa ，消去0 x 得：()10222aaaln ，令()1xxlnxx ，则()xlnx，当 01x 时()x单调递增，当1x 时，()x单调递减，()maxx （1）0由知()02a
55、，12a ，解得2a ；（2）当 01x 时，3()10g xx，所以()()0h xg x，无零点；当1x 时，f（1）g（1）0，从而 h（1）0，故1x 为()h x 的一个零点；当1x 时，()0g x，则()h x 的零点即为()f x 的零点 又()1axafxxx，所以当1a时，()0f x，此时()f x 在(1,)上单调递增，()f xf（1）0，此时()h x 无零点；当1a 时，令()0f x，解得：xa ，易知()f x 在(1,)a上单调递减，在(,)a 上单调递增，又 f（1）0，()f x在(1,)a上无零点，另外，由（1）可知1()x（1）0恒成立，即1lnx
56、x 对0 x 恒成立，则2(4)2(2)2(21)lnalnaa，所以2222(4)(4)412(21)41210faalnaaaaaa ，故存在20(,4)xaa，进而存在0(,)xa ，使得0()0f x，即0()0h x，此时()h x 在(1,)上存在唯一零点；综上可得：当1a时，()h x 有 1 个零点；当1a 时，()h x 有 2 个零点 19（2020南充模拟）已知函数()()f xxa lnx，2()xxg xe，曲线()yf x在点(1，f（1）)处的切线与直线 230 xy 平行（1）求证：方程()()f xg x在(1,2)内存在唯一的实根；（2）设函数()()m x
57、min f x，()(g xmin p，q 表示 p，q 中的较小者），求()m x 的最大值【解答】解：（1）由题意知，曲线()yf x在点(1，f（1）)处的切线斜率为 2，所以 f（1）2，又()1afxlnxx，所以1a 设2()()()(1)xxh xf xg xxlnxe，当(0 x，1时，()0h x，又 h（2）22443 281 10lnlnee ，所以存在0(1,2)x，使0()0h x 因为1(2)()1xx xh xlnxxe，当(1,2)x时，20(2)(1)1 1xxx ，xee，所以110 xee，所以(2)1xx xee，所以1()10h xe，所以当(1,2)
58、x时，()h x 单调递增，所以方程()()f xg x在(1,2)内存在唯一的实根（2）由（1）知，方程()()f xg x在(1,2)内存在唯一的实根0 x，且0(0,)xx时，()()f xg x，又当0(xx，2)时，()0h x，当(2,)x 时，()0h x，所以当0(xx，)时，()0h x，所以当0(xx，)时，()()f xg x，所以020(1),0(),xxlnxx xm xxxxe，当0(0,)xx时，若(0 x，1，则()0m x；若(1x，0 x，由1()10m xlnxx，可知00()()m xm x，故当(0 x，0 x时，0()()m xm x 当0(xx，)
59、时，由(2)()xxxm xe，可得当0(xx，2)时，()0m x，()m x 单调递增；(2,)x 时，()0m x，()m x 单调递减 可知()m xm（2）24e，且0()m xm（2）综上可得，函数()m x 的最大值为24e 20（2019 秋信阳期末）已知函数2()(1)xf xxe，函数()1g xkxlnx （）讨论函数()g x 的极值；（）已知函数()()F xmin f x，()g x，若函数()F x 在(0,)上恰有三个零点，求实数 k的取值范围【解答】解：（）()g x 的定义域为(0,)，1()g xkx，当0k时，()0g x在(0,)恒成立，()g x在(
60、0,)单调递减，故()g x 无极值，当0k 时，由1()0g xkx得1xk 当1(0,)xk时，()0g x，则()g x 单调递减；当1(,)xk 时，()0g x，则()g x 单调递增，()g x在1xk处取得极小值1()2glnkk，()g x 无极大值 综上，当0k时，()g x 无极值，当0k 时，()g x 有极小值，1()2glnkk，无极大值（）若t 是()F x 的零点，则必有()0()0f tg t或()0()0f tg t，()F x的零点必为()f x 或()g x 的零点，而()f x 有且仅有一个零点1x ，且0 x，1x 时()0f x 当0k时，由（）知(
61、)g x 在(0,)单调递减，至多只有一个零点，此时()F x 至多只有两个零点，不合题意，舍去；当0k 时，由（）知()g x在1(0,)k单 调 递 减，在1(,)k 单 调 递 增，则1()()2ming xglnkk)i 当 20lnk 即2k e时，()g x 至多只有一个零点1xk，此时()F x 至多只有两个零点，不合题意，舍去；)ii 当 20lnk即20ke时，1()0g k，g（1）10k，由零点存在性定理知11(1,)xk使得1()0g x，令()xlnxx，1()1xx，则()x在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，()x（1）10 ，0 x，2lnxxln xxl
62、nxx，当1xk时，()1122g xkxlnxkxxkxx ，222444()20gkkkk，又241kk，由零点存在性定理知2214(,)xk k使得2()0g x，g（1）0，f（1）0；1()0f x，2()0g x；2()0f x，2()0g x，当20ke时，()F x 有三个零点，满足题意，综上，实数 k 的取值范围为2(0,)e 21 （2019 沙 坪 坝 区 校 级 模 拟）已 知 函 数()(1)f xln x，322()3(1)181126(0)3ag xxa xxaa（1）讨论函数()g x 的单调性；（2）记minm，n 表示 m，n 中的最小值，设()()F xm
63、in f x，()(1)g xx，若函数()yF x至少有三个零点，求实数 a 的取值范围【解答】解：（1）322()3(1)1811263ag xxa xxa的定义域为 R，()2(3)(3)()2(3)(3)g xxaxg xxax，令()0g x，得1233,xxa 当33a，即1a 时，33(,)(3,)()0,(,3)()0 xg xxg xaa ；当33a，即1a 时，2()2(3)0g xx；当33a，即 10a 时，33(,3)(,)()0,(3,)()0 xg xxg xaa ，综上，当1a 时，()g x 的单减区间为3(,)a 和(3,)，单增区间为3(,3)a；当1a
64、时，()g x 的单减区间为(,)，无增区间；当 10a 时，()g x 的单减区间为(,3)和3(,)a，单增区间为3(3,)a（2）()(1)f xln x的唯一一个零点是2x，()2(3)(3)g xxax，1x ，由（1）可得：()i 当1a 时，()210g xa 最大值，此时()yF x至多有两个零点，不符合题意；（）当1a 时，()g x 在定义域(1,)上单减递减，此时()yF x至多有两个零点，不符合题意；（）当 10a 时，若 g（2）0，即6113a ，此时()yF x至多有两个零点，不符合题意；若 g（2）0，即613a ，此时3143 1366()026g xga极大
65、值，即32231126279()0aaag xgaa极大值，此时()yF x恰好有三个零点，符合题意；若g（2）0，即6013a，此时()210gxa极小值，32231126279()aaag xgaa极大值，记326()1126279(0)13h aaaaa，所以26()335227()013h aaah，所以 yh（a）在6(,0)13a 上单调递增，所以6()()013h ah，此时()yF x恰好有四个零点，符合题意，综上，6,0)13a 22（2019南通模拟）已知函数()f xlnx，31()4g xxax，aR（1）当0a 时，求函数()()()xf xg x的单调减区间；（2）
66、若函数()g x 存在极值点0 x，且10()()g xg x，其中10 xx，求证：1020 xx；（3）用min m，n 表示 m，n 中的最小值，记函数()()h xmin f x，()(0)g xx，若函数()h x 有且仅有三个不同的零点，求实数 a 的取值范围【解答】解：（1）当0a 时，31()4xlnxx，0 x，32131()3xxxxx，令()0 x得，3 103x，函数()x的单调递减区间为3 1(0,)3；（2）31()4g xxax，2()3g xxa，函数()g x 存在极值点0 x，0a，令()0g x得，3ax ，不妨设03ax，203ax，10()()g xg
67、 x，其中10 xx，3311001144xaxxax，即331100 xaxxax，又203ax，32331010033xx xxx，即3231010320 xx xx，分解因式得：21010()(2)0 xxxx，又10 xx，1020 xx；（3）当(1,)x 时，()0f xlnx，()()h xmin f x，()()0g xg x，故函数()h x 在(1,)x 时无零点，当1x 时，f（1）0，g（1）54a，若54a，则 g（1）0，()h xf（1）0，故1x 是函数()h x 的一个零点，若54a，则 g（1）0，()()0h xg x，故1x 不是函数()h x 的一个零
68、点，当(0,1)x时，()0f xlnx，因此只需考虑()g x 在(0,1)内的零点个数即可，2()3g xxa，令()0g x得3ax，()i 当0a时，()0g x，()g x在(0,1)上单调递增，而1(0)04g，()0g x在(0,1)上恒成立，函数()g x 在(0,1)内无零点，()ii 当3a 时，()0g x，()g x在(0,1)上单调递减，而1(0)04g，g（1）504a，函数()g x 在(0,1)上有 1 个零点，()iii 当 03a时，函数()g x 在(0,)3a 上单调递减，在(3a，1)上单调递增，121()()33334334minaaaaaag xg
69、a，若()03ag，即304a时，()g x 在(0,1)内无零点，若()03ag，即34a 时，()g x 在(0,1)内有唯一零点，若()03ag，即 334a时，由1(0)04g，g（1）54a，当 3544a时，()g x 在(0,1)内有 2 个零点，当 534a 时，()g x 在(0,1)内有 1 个零点，综上所述，当 3544a时，函数()h x 有 3 个零点 23（2019 秋南京期中）已知函数2()()xf xxa eb在0 x 处的切线方程为10 xy，函数()(1)g xxk lnx（1）求函数()f x 的解析式；（2）求函数()g x 的极值；（3）设()()F
70、xmin f x，()(g xmin p，q 表示 p，q 中的最小值），若()F x 在(0,)上恰有三个零点，求实数 k 的取值范围【解答】解：（1）22()(22)2 xfxxa xaa e，因为()f x 在0 x 处的切线方程为10 xy，所以22(0)21(0)1faafab，解得10ab，所以2()(1)xf xxe（2）()g x 的定义域为(0,)，()xkg xx，若0k时，则()0g x在(0,)上恒成立，所以()g x 在(0,)上单调递增，无极值 若0k 时，则当 0 xk时，()0g x，()g x 在(0,)k 上单调递减；当 xk时，()0g x，()g x 在
71、(,)k 上单调递增；所以当 xk时，()g x 有极小值 2kklnk，无极大值（3）因为()0f x 仅有一个零点 1，且()0f x 恒成立，所以()g x 在(0,)上有仅两个不等于 1 的零点 当0k时，由（2）知，()g x 在(0,)上单调递增，()g x 在(0,)上至多一个零点，不合题意，舍去，当20ke时，()()(2)0ming xg kklnk，()g x 在(0,)无零点，当2ke时，()0g x ，当且仅当2xe等号成立，()g x 在(0,)仅一个零点，当2ke时，()(2)0g kklnk，g（e）0e，所以()g k g（e）0，又()g x 图象不间断，()
72、g x 在(0,)k 上单调递减，故存在1(,)xe k，使1()0g x，又2()(21)g kk klnk，下面证明，当2xe时，2()210()0 xh xxlnxh xx，()h x 在2(e，)上单调递增22()()30h xh ee，所以2()(21)0g kk klnk，2()()0g k g k，又()g x 图象在(0,)上不间断，()g x 在(,)k 上单调递增，故存在22(,)xk k，使2()0g x，综上可知，满足题意的 k 的范围是2(e，)24（2019延吉市校级开学）已知e 是自然对数的底数，函数2()xxf xe与1()()F xf xxx的定义域都是(0,
73、)（1）求函数()f x 在点(1，f（1）)处的切线方程；（2）判断函数()F x 零点个数（3）用min m，n 表示 m，n 的最小值，设0 x，()()g xmin f x，1xx，若函数2()()h xg xcx在(0,)上为增函数，求实数 c 的取值范围【解答】解：（1）由2()xxf xe，得(2)()xxxfxe，切线的斜率1(1)kfe，1(1)fe 函数()f x 在点1(1,)e处的切线方程为1yxe；（2）1()()F xf xxx，2()xxf xe，1(1)0Fe，243(2)02Fe，F（1）F（2）0，()F x存在零点0 x，且0(1,2)x 2(2)1()1
74、xxxF xex，当2x 时，()0F x；当 02x时，由2(2)(2)12xxxx，得2221111()11 10 xF xexxx ，()F x在(0,)上是减函数 若10 x，20 x，12xx，则12()()F xF x，函数()F x 只有一个零点0 x，且0(1,2)x；（3）0201,0(),xxx xxg xxxxe ，故202201,0(),xxcxx xxh xxcxxxe ，函数()F x 只有一个零点0 x，0()0F x，020001xxxxe，0222000001xxxcxcxxe，()h x在(0,)为增函数()0h x 在0(0,)x，0(x，)恒成立 当0 xx时(2)()20 xxxh xcxe，22xxce在区间0(x，)上恒成立 设02()()2xxu xxxe，则只需()minc u x，3()2xxu xe，()u x在0(x，3)单调减，在(3,)单调增，31()(3)2minu xue，312ce 当00 xx时，21()12h xcxx，由上述得0c，则()0h x在0(0,)x恒成立 综上，实数 c 的取值范围是31(,2e
