作业07 函数及有关性质（6）双变量问题- 2026届高三数学一轮复习

高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 作业07：《函数及有关性质（6）——导数大题3》 使用说明：结合导数大题的知识点，将其进行分类组编，和之前的编排形式有所不同。 本板块研究：双变量问题常见处理方法。每一板块有配套高考真题。 本章节难度较大，做题量力而行。但真题一定要研究透！ （本作业共8题，作业共8页。均为解答题） 一、真题引入 1．（2021I节选）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设a,b为两个互不相等的实数，且，求证： 2．（2022全国甲卷）已知函数． （1）若，求a的取值范围； （2）证明：若有两个零点，则． 二、实战演练 3．（2025南京盐城一模）已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 4．（浙江2025高三模拟）已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）若存在，使得.证明：. 5．（2024佛山二模）已知. （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个极值点，，证明：. 6．（2025苏锡常镇一模）我们把称为区间的长度．若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，则称为的自映射区间．已知函数，． (1)若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率； (2)若存在自映射区间， ①求的取值范围； ②求证：，且的长度． 三、拓展提高 7．（2024日照期末）已知函数 （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若有3个零点，，，且. （i）求实数的取值范围； （ii）比较与的大小，并证明你的结论. 8．（2024日照期末）已知函数． （1）若直线是曲线在处的切线方程，求a，b的值． （2）设和是函数的两个零点． （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）当最小时，求a的值． 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $$高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 第 1 页 共 8 页 作业 07：《函数及有关性质（6）——导数大题 3》 使用说明：结合导数大题的知识点，将其进行分类组编，和之前的编排形式有所不同。 本板块研究：双变量问题常见处理方法。每一板块有配套高考真题。 本章节难度较大，做题量力而行。但真题一定要研究透！ （本作业共 8题，作业共 8页。均为解答题） 一、真题引入 1．（2021I节选）已知函数    1 lnf x x x  . （1）讨论  f x 的单调性； （2）设 a,b为两个互不相等的实数，且 babaab  lnln ，求证： 2 11  ba 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 第 2 页 共 8 页 2．（2022全国甲卷）已知函数   ln x f x x a x xe    ． （1）若   0f x  ，求 a的取值范围； （2）证明：若  f x 有两个零点 1 2,x x ，则 1 2 1x x  ． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 第 3 页 共 8 页 二、实战演练 3．（2025南京盐城一模）已知函数   e sinxf x x a x  . （1）当 0a  时，求证：   1f x x x   ； （2）若   0f x  对于  0, πx 恒成立，求 a的取值范围； （3）若存在  1 2, 0, πx x  ，使得    1 2 0f x f x  ，求证： 1 22x x . 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 第 4 页 共 8 页 4．（浙江 2025高三模拟）已知函数           ln 1 R ln 0f x x a x a g x x bx b      ， . （1）若 2a  ，求曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线方程； （2）当 0x  时，   2f x x 恒成立，求实数 a的取值范围； （3）若存在  1 2, 0,x x   ，使得     1 2 1 2g x g x x x  .证明： 1 2 2x x b   . 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 第 5 页 共 8 页 5．（2024佛山二模）已知   21 e 4e 5 2 x xf x ax     . （1）当 3a  时，求  f x 的单调区间； （2）若  f x 有两个极值点 1x ， 2x ，证明：    1 2 1 2 0f x f x x x    . 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 第 6 页 共 8 页 6．（2025苏锡常镇一模）我们把 ( )d b a a b   称为区间 ,a b 的长度．若函数  f x 是定 义在区间 I 上的函数，且存在  ,a b I ，使得       , ,f x x a b a b  ，则称 ,a b 为  f x 的 自映射区间．已知函数    sinf x x x x I   ，   ln ( 0)g x m x m  ． (1)若  10,10I   ，任取  f x 的一个自映射区间，求其区间的长度 πd  的概率； (2)若  g x 存在自映射区间 ,a b ， ①求m的取值范围； ②求证： 2eab  ，且  ,a b 的长度 22 ed m m  ． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 第 7 页 共 8 页 三、拓展提高 7．（2024日照期末）已知函数    1 ln Rf x x a x a x     （1）当 1a  时，求  f x 在点   1, 1f 处的切线方程； （2）若  f x 有 3个零点 1x ， 2x ， 3x ，且 1 2 3x x x  . （i）求实数 a的取值范围； （ii）比较 1 2 32x x x  与 2a的大小，并证明你的结论. 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 第 8 页 共 8 页 8．（2024日照期末）已知函数   e 2xf x ax   ． （1）若直线 y x b  是曲线  f x 在 0x  处的切线方程，求 a，b的值． （2）设 1x 和 2x 是函数  y f x 的两个零点． （ⅰ）求 a的取值范围； （ⅱ）当 1 2x x 最小时，求 a的值． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 参考答案与解析 尽量努力做，不会再看答案，记得比较总结！ 1．（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析. 【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，命题转换为证明：，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)的定义域为． 由得，， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， (2)[方法一]： 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为， 于是命题转换为证明：． 令，则有，不妨设． 由（1）知，先证． 要证： ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． [方法三]：构造函数法 由已知得，令， 不妨设，所以． 由（Ⅰ）知，，只需证． 证明同证法2． 【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的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在. 2．(1) (2)证明见的解析 【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，再利用导数即可得证. 【详解】（1）[方法一]：常规求导 的定义域为，则 令,得 当单调递减 当单调递增， 若,则,即 所以的取值范围为 [方法二]：同构处理 由得： 令，则即 令，则 故在区间上是增函数 故，即 所以的取值范围为 （2）[方法一]：构造函数 由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设 要证,即证 因为,即证 又因为,故只需证 即证 即证 下面证明时， 设， 则 设 所以,而 所以,所以 所以在单调递增 即,所以 令 所以在单调递减 即,所以； 综上, ,所以. [方法二]：对数平均不等式 由题意得： 令，则， 所以在上单调递增，故只有1个解 又因为有两个零点，故 两边取对数得：，即 又因为，故，即 下证 因为 不妨设，则只需证 构造，则 故在上单调递减 故，即得证 【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 这个函数经常出现，需要掌握 3．(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果; （2）求解令，则，分类讨论求解的范围; （3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证 （*）进而证明结果. 【详解】（1）由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. （2） 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. （3）由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 注意到，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 4．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】(1)根据导函数几何意义，利用函数导数求切线方程. (2)根据任意恒成立的解题思路，求构造函数最值，根据最值范围求参数范围. (3)根据题干条件，列出两个函数之间的等式方程，化简求得两个参数之间的关系，列出不等式，对不等式进行放缩，证明题目问题. 【详解】（1）当时，，所以. 又因为，所以切线方程为. （2）设，只需在时恒成立即可， 又，且，所以，即. 下面证明的充分性： ①当时，由， 令，所以， 记，则， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递增，则，所以恒成立. 综上所述，实数的取值范围是. （3）由函数.可得， 设，由，可得，则， 由（2）知，当时，，则时，， 所以，则，所以， 代入可得：， 则，所以. 5．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性； （2）借助换元法，令，，，可得、是方程的两个正根，借助韦达定理可得，，即可用、表示，进而用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得. 【详解】（1）当时，， ， 则当，即时，， 当，即时，， 故的单调递减区间为、，单调递增区间为； （2），令，即， 令，，则、是方程的两个正根， 则，即， 有，，即， 则 ， 要证，即证， 令， 则， 令，则， 则在上单调递减， 又，， 故存在，使，即， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 又，则，故， 即，即. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令，，，从而可结合韦达定理得、的关系，即可用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得. 6．(1) (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）根据题意，由自映射区间定义结合古典概型的概率公式代入计算，即可得到结果； （2）①由自映射区间定义，结合函数的单调性，将问题转化为函数至少存在两个零点问题，然后结合导数，代入计算，即可得到结果；②构造函数，利用导数研究函数的单调性，即可证明不等式. 【详解】（1）因为恒成立，则在上单调递增， 若存在自映射区间，则， 即方程，即至少有两个不同实数解． 则的解集为，所以区间的选择共有种． 若，共有6种选择， 所以区间的长度的概率为． （2）①因为在上单调递增， 若存在自映射区间，则， 即至少有两个零点， 因为时，单调递增； 时，单调递减； 若要存在两个零点，则，即． 此时，使得． 因为当时，，即函数单调递减， 所以，又， 所以，则，使得． 所以的取值范围为． ②因为，所以， 下证：．记， 则， 则在上单调递增，则，即， 即，所以． 所以，所以． 记，则， 时，单调递减；时，单调递增； 所以，即， 则，即，同理 因为函数的，且对称轴为， 则方程存在两根，且， 又，且，所以， 则， 所以区间的长度． 【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题与导数的综合应用，难度较大，解答本题的关键在于理解所给的定义，然后结合导数的知识解答. 7．(1) (2)（i） （ii），证明见详解. 【分析】（1）通过求导得出切线斜率，找到切点坐标，再利用点斜式得到切线方程. （2）（i）明确函数定义域，分析导数构成，其分子为二次函数，函数有三个零点时，该二次函数有两个不同的正根，进而确定参数的范围. （ii）已知三个零点的大小关系，其中一个零点可直接确定，结合二次函数根的性质及函数单调性，分析零点之和的范围，进而比较所求表达式与二倍参数的大小. 【详解】（1）当时，， 则，即，切线的斜率为， 又，切点为， 故在点处的切线方程为，即. （2）（i）函数，则， ①当时，， 在单调递增，此时有1个零点，不满足题意，舍掉. ②当时，， 在单调递增，此时有1个零点，不满足题意，舍掉. ③当时，令，即，解得或， 令，得；令，得或， 在单调递减，在和单调递增， ，，，又， ，当时，，在上恰有一个零点， ，当时，，在上恰有一个零点， 又在上只有一个零点，故函数有三个零点， 综上所述，实数的取值范围为. （ii），且， 由以上可知，则， 且，， ，则，， 又，即， 而=， 令，，则， 故在上为增函数，， ，，， 故. 8．(1)， (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）（ⅰ）求导，分和两种情况结合单调性讨论求解即可； （ⅱ）设，，结合题设可得，令，可得，设，，利用导数分析其单调性，可得在上单调递增，因此欲求t的最小值，只需求的最小值，即求的最小值，设，，利用导数分析其单调性可得当时，取最小值，进而求解即可. 【详解】（1）由，则， 所以，解得， 又， 所以，即． （2）（ⅰ）由． 当时，，则在R上单调递增， 则在R上至多存在一个零点，不符合题意； 当时，由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则． 令，，则， 由，得，由，得， 则在上单调递增，在上单调递减， 则，则． 当时，，当时，， 则由函数零点存在定理可知在R上有两个不同的零点． 综上可知，a的取值范围为． （ⅱ）因为，结合的单调性可设，， 且，，两式相减整理得． 令，则， 又，有，所以， 则， 设，， 则， 设，，则， 则在上单调递增， 因为，所以，即， 则在上单调递增， 故欲求t的最小值，只需求的最小值，即求的最小值． 令，，则， 令，，则， 则在上单调递增， 又，，所以，，即， 由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则当时，取最小值，取最小值，t取最小值， 此时． 综上所述，当最小时，． 学科网（北京）股份有限公司 $$高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 参考答案与解析 尽量努力做，不会再看答案，记得比较总结！ 1．（1）  f x 的递增区间为  0,1 ，递减区间为  1,+ ；（2）证明见解析. 【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 1 1,m n a b   ，命题转换为证明：2 m n e   ， 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)  f x 的定义域为  0, ． 由    1 lnf x x x  得，   lnf x x   ， 当 1x  时，   0f x  ；当  0,1x 时   0f x  ；当  1,x  时，  ' 0f x  ． 故  f x 在区间  0,1 内为增函数，在区间 1, 内为减函数， (2)[方法一]： 由 ln lnb a a b a b   得 1 1 1 1(1 ln ) (1 ln ) a a b b    ，即 1 1( ) ( )f f a b  ． 由 a b ，得 1 1 a b  ． 由（1）不妨设 11 (0,1), (1, ) ba   ，则 1( ) 0f a  ，从而 1( ) 0f b  ，得 1 (1, )e b  ， ①令      2g x f x f x   ， 则 2 2( ) ln(2 ) ln ln(2 ) ln[1 ( 1) ]g x x x x x x         ， 当  0,1x 时，   0g x  ，  g x 在区间( )0,1 内为减函数，    1 0g x g  ， 从而    2f x f x  ，所以 1 1 1(2 ) ( ) ( )f f f a a b    ， 由（1）得 1 12 a b   即 1 12 a b   ．① [方法二]【最优解】： ln lnb a a b a b   变形为 ln ln 1 1a b a b b a    ，所以 ln 1 ln 1a b a b    ． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 令 1 1,m n a b   ．则上式变为    1 ln 1 lnm m n n   ， 于是命题转换为证明： 2 m n e   ． 令    1 lnf x x x  ，则有    f m f n ，不妨设m n ． 由（1）知0 1,1m n e    ，先证 2m n  ． 要证：      2 2 2 ) 2(m n n m f n f m f m f m              2 0f m f m    ． 令        2 , 0,1g x f x f x x    ， 则      ln ln 2 ln 2 ln1 0g x x x x x            ，  g x 在区间( )0,1 内单调递增，所以    1 0g x g  ，即 2m n  ． [方法三]：构造函数法 由已知得 ln ln 1 1a b a b b a    ，令 1 2 1 1,x x a b   ， 不妨设 1 2x x ，所以    1 2f x f x ． 由（Ⅰ）知， 1 20 1x x e    ，只需证 1 22 x x e   ． 证明 1 2 2x x  同证法 2． 【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 1 2 0ex x   的式子，这是本方法证明不等式的关 键思想所在. 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 2．(1) ( , 1]e  (2)证明见的解析 【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 1e 1 1e 2 ln 0 2 x xx x x x x            ，再利用导数即可得 证. 【详解】（1）[方法一]：常规求导 ( )f x 的定义域为 (0, ) ，则 2 1 1 1( ) 1xf x e x x x          1 1 1 11 1 1 x x x ee x x x x x                     令   0f x  ,得 1x  当 (0,1), ( ) 0, ( )x f x f x  单调递减 当 (1, ), ( ) 0, ( )x f x f x  单调递增 ( ) (1) 1f x f e a    ， 若 ( ) 0f x  ,则 1 0e a   ,即 1a e  所以 a的取值范围为 ( , 1]e  [方法二]：同构处理 由   0f x  得： ln ln 0x xe x x a      令 ln , 1tx xt   ，则   0tf t e t a    即 ta e t  令    , 1,tg t e t t    ，则  ' 1 0tg t e   故   tg t e t  在区间  1, 上是增函数 故    min 1 1g t g e   ，即 1a e  所以 a的取值范围为 ( , 1]e  （2）[方法一]：构造函数 由题知,  f x 一个零点小于 1,一个零点大于 1，不妨设 1 21x x< < 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 要证 1 2 1x x  ,即证 1 2 1x x  因为 1 2 1, (0,1)x x  ,即证  1 2 1f x f x        又因为    1 2f x f x ,故只需证  2 2 1f x f x        即证 1 1ln ln 0, (1, ) x xe x x xe x x x x         即证 1 1 12 ln 0 2 x xe xe x x x x            下面证明 1x  时， 1 1 10, ln 0 2 x xe xe x x x x          设 1 1( ,) x xeg xe x xx   ， 则 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1( ) 1 1x xx x xg x e e xe e e x x x x x x                                     1 11 11 x x x xe x ee e x x x x                   设       2 2 1 1 11 , 0 x x xe xx x x e e x x x x             所以    1x e   ,而 1xe e 所以 1 0 x xe e x   ,所以 ( ) 0g x  所以 ( )g x 在 (1, ) 单调递增 即 ( ) (1) 0g x g  ,所以 1 0 x xe xe x   令 1 1( ) ln , 1 2 h x x x x x         2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 ( 1)( ) 1 0 2 2 2 x x xh x x x x x               所以 ( )h x 在 (1, ) 单调递减 即 ( ) (1) 0h x h  ,所以 1 1ln 0 2 x x x        ； 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 综上, 1 1 12 ln 0 2 x xe xe x x x x            ,所以 1 2 1x x  . [方法二]：对数平均不等式 由题意得：   ln x xe ef x a x x    令 1 xet x   ，则   lnf t t t a   ，   1' 1 0f t t    所以   lng t t t a   在  1, 上单调递增，故   0g t  只有 1个解 又因为   ln x xe ef x a x x    有两个零点 1 2,x x ，故 1 2 1 2 x xe et x x   两边取对数得： 1 1 2 2ln lnx x x x   ，即 1 2 1 2 1 ln ln x x x x    又因为  1 21 2 1 2 * ln ln x xx x x x    ，故 1 2 1x x  ，即 1 2 1x x  下证  1 21 2 1 2 * ln ln x xx x x x    因为 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 11 2 ln ln ln ln ln x x x x x x xx x x x x x x x xx x           不妨设 1 2 1xt x   ，则只需证 12ln t t t   构造   12 ln , 1h t t t t t     ，则   2 2 2 1 1' 1 1 0h t t t t            故   12 lnh t t t t    在  1, 上单调递减 故    1 0h t h  ，即 12ln t t t   得证 【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 1 1( ) ln 2 h x x x x        这个函数经常出现，需要掌握 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 3．(1)证明见解析 (2) 1,  (3)证明见解析 【分析】（1）由由 0a  ，得   exf x x ，构造函数   e 1xg x x   ，求解单调性，证明结 果; （2）求解    1 e cos ,xf x x a x   令    m x f x  ，则    2 e sinxm x x a x   ，分类讨论 求解 a的范围; （3）由（2）知 1a   ，设 0 2x x ，判断  f x 单调性，  1 0f x  ，所以只需证  22 0f x  ， 由   22 21 e cos 0xx a x   ，即   22 2 1 e cos xx a x    ，只需证  22 2 2 2 πe 1 sin 0, 0, 2 xx x x x         （*）进而证明结果. 【详解】（1）由 0a  ，得   exf x x . 要证   1f x x x   ，只需证 e 1 0x x   . 令   e 1xg x x   ，则   e 1xg x   . 当  ,0x   时，   0g x  ，则  g x 单调递减， 当  0,x   时，   0g x  ，则  g x 单调递增， 所以    0 0g x g  ，故 e 1x x  ， 因此   1f x x x   . （2）    1 e cos ,xf x x a x   令    m x f x  ，则    2 e sinxm x x a x   ①当 0a  时，由  0, πx ，得 e 0, sin 0xx a x  ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 因此   0f x  ，满足题意. ②当 0a  时，由  0, πx ，得  2 e 0, sin 0xx a x    ， 因此   0m x  ，则  f x 在  0, π 上单调递增. 1若 1 0a   ，则   ) 0 1 0f x f a    ， 则  f x 在  0, π 上单调递增， 所以    0 0f x f  ，满足题意； 2若 1a   ，则   π0 0, 0 2 f f        ， 因此  f x 在  0, π 存在唯一的零点 0x ，且 0 π0, 2 x      ， 当 00 x x  时，    0,f x f x  单调递减， 当 0 πx x  时，    0,f x f x  单调递增， 所以    0 0 0f x f  ，不合题意. 综上， a的取值范围为 1,  . （3）由（2）知 1a   ，设 0 2x x ， 则  f x 在  20, x 上单调递减，在  2 , πx 上单调递增， 注意到         π20 0, 0 0, π πe 0f f x f f   ， 故  f x 在  0, π 上存在唯一的零点  1 1 2, , πx x x . 注意到  1 2 2, 2 , πx x x ，且  f x 在  2 , πx 上单调递增. 要证明 1 22x x ，只需证    1 22f x f x ， 因为  1 0f x  ，所以只需证  22 0f x  ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 即证 2 2 2 22 e sin2 0 xx a x  . 因为   22 21 e cos 0xx a x   ，即   22 2 1 e cos xx a x    ， 所以，只需证   2 2 22 2 2 2 1 e 2 e sin2 0 cos x x xx x x    ， 只需证  22 2 2 2 πe 1 sin 0, 0, 2 xx x x x         （*） 由（1）得 2 2e 1 x x  ， 因此       2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2e 1 sin 1 sin 1 sinxx x x x x x x x x x         ， 设   πsin ,0 2 h x x x x    ， 则   1 cos 0h x x   ，所以  h x 在 π0, 2       上单调递增， 所以    0 0h x h  ， 从而  2 0h x  ，即 2 2sin 0x x  ，因此（*）得证， 从而 1 22x x . 4．(1) 2y x (2)[2,  ） (3)证明见解析 【分析】(1)根据导函数几何意义，利用函数导数求切线方程. (2)根据任意恒成立的解题思路，求构造函数最值，根据最值范围求参数范围. (3)根据题干条件，列出两个函数之间的等式方程，化简求得两个参数之间的关系，列出不 等式，对不等式进行放缩，证明题目问题. 【详解】（1）当 2a  时，           22 ln 1 ln 1 1 xf x x x f x x x         ， ，所以  0 2f   . 又因为  0 0f  ，所以切线方程为 2y x . 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 （2）设        2 ln 1 2h x f x x x a x x      ，只需   0h x  在 0x  时恒成立即可， 又     1ln 1 1 1 ah x x x        ，且  0 0h  ，所以  0 2 0h a    ，即 2a  . 下面证明 2a  的充分性： ①当 2a  时，由          0 ln 1 2 2 ln 1 2x h x x a x x x x x        ， ， 令      2 ln 1 2 0x x x x x     ， ，所以     1ln 1 1 1 x x x        ， 记     1ln 1 1 1 m x x x      ，则      2 2 1 1 0 1 1 1 xm x x x x         ， 所以  x 在[0,  ）上单调递增，则    0 0x    ， 所以  x 在[0,  ）上单调递增，则    0 0x   ，所以     0h x x  恒成立. 综上所述，实数 a的取值范围是[2,  ）. （3）由函数   lng x x bx  .可得   1g x b x    ， 设 1 2x x ，由    1 2g x g x ，可得 1 1 2 2ln lnx bx x bx   ，则   22 1 2 1 1 ln ln ln xb x x x x x     ， 由（2）知，当 0x  时，   2ln 1 2 xx x    ，则 1x  时，  2 1ln 1 x x x    ， 所以  2 1 ln 1 x x x    ，则  4 1 ln 2ln 1 x x x x     ，所以 2 1 2 12 1 2 2 1 1 1 ln 4 4 1 x x x xx x x x x x         ， 代入可得：     2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 x x b x x b x x x x x x         ， 则  22 14 x xb   ，所以 1 2 2x x b   . 5．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性； 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 （2）借助换元法，令 ext  ， 11 e xt  ， 22 e xt  ，可得 1t 、 2t 是方程 2 4 0t t a   的两个正根， 借助韦达定理可得 1 2 4t t  ， 1 2t t a ，即可用 1t 、 2t 表示    1 2 1 2f x f x x x   ，进而用 a 表示    1 2 1 2f x f x x x   ，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得. 【详解】（1）当 3a  时，   21 e 4e 3 5 2 x xf x x     ，     2e 4e 3 e 1 e 3x x x xf x         ， 则当    e 0,1 3,x    ，即    ,0 ln3,x      时，   0f x  ， 当  e 1,3x  ，即  0, ln3x 时，   0f x  ， 故  f x 的单调递减区间为  ,0 、  ln3,  ，单调递增区间为  0, ln3 ； （2）   2e 4ex xf x a    ，令 ext  ，即   2 4f x t t a     ， 令 11 e xt  ， 22 e xt  ，则 1t 、 2t 是方程 2 4 0t t a   的两个正根， 则  2Δ 4 4 16 4 0a a      ，即 4a  ， 有 1 2 4t t  ， 1 2 0t t a  ，即0 4a  ， 则     1 1 2 22 21 2 1 2 1 2 1 2 1 1e 4e 5 e 4e 5 2 2 x x x xf x f x x x ax ax x x                     2 21 2 1 2 1 21 4 1 ln ln 102 t t t t a t t              21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 1 ln 10 2 t t t t t t a t t              1 16 2 16 1 ln 10 2 a a a        1 ln 2a a a    ， 要证    1 2 1 2 0f x f x x x    ，即证    1 ln 2 0 0 4a a a a      ， 令      1 ln 2 0 4g x x x x x      ， 则   1 11 ln lnxg x x x x x          ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 令    1 ln 0 4h x x x x     ，则   2 1 1 0h x x x      ， 则  g x 在  0,4 上单调递减， 又   11 ln1 1 1 g    ，   12 ln 2 0 2 g    ， 故存在  0 1,2x  ，使  0 0 0 1 ln 0g x x x    ，即 0 0 1 ln x x  ， 则当  00,x x 时，   0g x  ，当  0 , 4x x 时，   0g x  ， 故  g x 在  00, x 上单调递增，  g x 在  0 , 4x 上单调递减， 则        0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 11 ln 2 1 2 3g x g x x x x x x x x x              ， 又  0 1,2x  ，则 0 0 1 52, 2 x x       ，故  0 0 0 1 3 0g x x x     ， 即   0g x  ，即    1 2 1 2 0f x f x x x    . 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令 ext  ， 11 e xt  ， 22 e xt  ，从而可结 合韦达定理得 1t 、 2t 的关系，即可用 a表示    1 2 1 2f x f x x x   ，构造相关函数后借助导 数研究其最大值即可得. 6．(1) 5 7 (2)①  e, ；②证明见解析. 【分析】（1）根据题意，由自映射区间定义结合古典概型的概率公式代入计算，即可得到 结果； （2）①由自映射区间定义，结合函数的单调性，将问题转化为函数至少存在两个零点问 题，然后结合导数，代入计算，即可得到结果；②构造函数，利用导数研究函数的单调性， 即可证明不等式. 【详解】（1）因为   1 cos 0f x x   恒成立，则  f x 在 I 上单调递增， 若  f x 存在自映射区间 ,a b ，则    ,f a a f b b  ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 即方程  f x x ，即   sin 0 10,10x x   至少有两个不同实数解． 则 x的解集为 3π, 2π, π,0, π,2π,3π   ，所以区间 ,a b 的选择共有 27C 种． 若 πd  ，共有 6种选择， 所以区间的长度 πd  的概率为 2 7 6 51 C 7   ． （2）①因为  0,m g x 在  0,  上单调递增， 若  g x 存在自映射区间 ,a b ，则    ,g a a g b b  ， 即   lnh x m x x  至少有两个零点， 因为    , 0,m xh x x m x    时，    0,h x h x  单调递增；  ,x m  时，    0,h x h x  单调递减； 若要存在两个零点，则    max ln 0h x h m m m m    ，即 em  ． 此时    1 1 0, 1,h a m     ，使得   0h a  ． 因为当  e,x  时， 2(2ln ) 0xx x x    ，即函数 2lny x x  单调递减， 所以 2ln 2 e 0x x    ，又 em  ， 所以    2 22 ln 2ln 0h m m m m m m m     ，则  2,b m m  ，使得   0h b  ． 所以m的取值范围为  e, ． ②因为 ln 0, ln 0m a a m b b    ，所以 ln ln ln ln b a b a m b a b a       ， 下证： 2 ln ln a b b a b a     ．记   1ln 2 ( 1) 1 xl x x x x      ， 则   2 2 2 1 4 ( 1) 0 ( 1) ( 1) xl x x x x x         ， 则  l x 在  1, 上单调递增，则    1 0l x l  ，即  2 1ln 1 x x x    ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 即 1 ln 2 1 b b a ba a    ，所以 2 ln ln ln ln a b b a b a b a b a        ． 所以  ln ln ln 2a b ab   ，所以 2eab  ． 记   eln 2s x x x    ，则   2 2 1 e exs x x x x     ，  0,ex 时，    0,s x s x  单调递减；  e,x  时，    0,s x s x  单调递增； 所以    e 0s x s  ，即 eln 2x x   ， 则 1 eln 2a a m a    ，即 2 1 2 e 0a a m    ，同理 2 1 2 e 0b b m    因为函数   21 2 et x x x m    的 eΔ 4 4 0 m    ，且对称轴为 x m ， 则方程   0t x  存在两根  1 2 1 2,x x x m x  ，且 22 1 2 ex x m m   ， 又 a m b  ，且    0, 0t a t b  ，所以 1 2a x m x b    ， 则 22 1 2 eb a x x m m     ， 所以区间  ,a b 的长度 22 ed m m  ． 【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题与导数的综合应用，难度较大，解答本题 的关键在于理解所给的定义，然后结合导数的知识解答. 7．(1) 1 0x y   (2)（i）  2, （ii） 1 2 3 22 ax x x   ，证明见详解. 【分析】（1）通过求导得出切线斜率，找到切点坐标，再利用点斜式得到切线方程. （2）（i）明确函数定义域，分析导数构成，其分子为二次函数，函数有三个零点时，该二 次函数有两个不同的正根，进而确定参数的范围. （ii）已知三个零点的大小关系，其中一个零点可直接确定，结合二次函数根的性质及函 数单调性，分析零点之和的范围，进而比较所求表达式与二倍参数的大小. 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 【详解】（1）当 1a  时，   1 lnf x x x x    ，  0x  则   2 1 11f x x x     ，即   1 11 1 1 1 1 f      ，切线的斜率为1， 又  1 1 1 ln1 0f     ，切点为  1,0 ， 故  f x 在点   1, 1f 处的切线方程为  0 1 1y x   ，即 1 0x y   . （2）（i）函数   1 lnf x x a x x    ，则   2 2 2 1 11 a x axf x x x x       ， ①当 0a  时，   2 2 1 0x axf x x     ， ( )f x\ 在  0,  单调递增，此时  f x 有 1个零点，不满足题意，舍掉. ②当0 2a  时，   2 2 2 2 2 1 1 2 4 0 a ax x axf x x x            ， ( )f x\ 在  0,  单调递增，此时  f x 有 1个零点，不满足题意，舍掉. ③当 2a  时，令   0f x  ，即 2 1 0x ax   ，解得 2 1 4 2 a ax   或 2 2 4 2 a ax   ， 令   0f x  ，得 1 2x x x  ；令   0f x  ，得 10 x x  或 2x x ， ( )f x\ 在  1 2,x x 单调递减，在  10, x 和  2 ,x  单调递增， 1 2 1x x ， 1 2 0x x a   ， 1 20 1x x    ，又  1 0f  ，    1 1 0f x f   ，当 0x 时，  f x ，  f x 在  10, x 上恰有一个零点，    2 1 0f x f  ，当 x时，  f x ，  f x 在  2 ,x  上恰有一个零点， 又  f x 在  1 2,x x 上只有一个零点1，故函数  f x 有三个零点， 综上所述，实数 a的取值范围为  2, . （ii）  1 1 1 1ln lnf x a x a x f x x x x x               ，且  1 0f  ， 由以上可知 1 2 3x x x  ，则 2 1x  ， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 且 2 1 40, 2 a ax         ， 2 3 4 2 a ax            , ，   0f x  ，则 1 0f x       ， 1 3 1x x  ， 又  3 3 3 3 1 ln 0f x x a x x     ，即 2 3 3 3 1 ln xa x x   ， 而    2 22 3 3 33 3 3 3 3 1 2 3 3 3 ln 1 2 112 12 2 2 ln ln x x xxa x x x x x x x x x          =  23 3 3 3 3 3 1 1ln 2 ln 1 x xx x x x           ， 令   1ln 2 1 xh x x x       ，  1x  ，则         2 2 2 11 4 0 1 1 x h x x x x x         ， 故  h x 在  1, 上为增函数，    1ln 2 1 0 1 xh x x h x         ， 3 1x  ， 33 3 1ln 2 0 1 xx x        ，  23 3 3 1 0 ln x x x   ， 故 1 2 3 22 ax x x   . 8．(1) 0a  ， 1b   (2)（ⅰ）  0,  ；（ⅱ） 2a  ． 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）（ⅰ）求导，分 0a  和 0a  两种情况结合单调性讨论求解即可； （ⅱ）设 1 0x  ， 2 0x  ，结合题设可得 2 1 2 1 e ex xa x x    ，令 2 2 11 0t x x xx     ，可得 1 1 1 e 1 e 2 e xt xt x    ，设   e 1 t h t t   ， 0t  ，利用导数分析其单调性，可得   e 1 t h t t   在  0,  高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 上单调递增，因此欲求 t的最小值，只需求   e 1 t h t t   的最小值，即求 1 1 1 e 2 e x xy x   的最小 值，设   e 2 e x xm x x   ， 0x  ，利用导数分析其单调性可得当  1 0 1,0x x   时， 1 1 1 e 2 e x xy x   取最小值，进而求解即可. 【详解】（1）由   e 2xf x ax   ，则   exf x a   ， 所以  0 1 1f a    ，解得 0a  ， 又  0 1 2 1f     ， 所以 1 0 b   ，即 1b   ． （2）（ⅰ）由   exf x a   ． 当 0a  时，   e 0xf x a   ，则  f x 在 R 上单调递增， 则  f x 在 R 上至多存在一个零点，不符合题意； 当 0a  时，由   0f x  ，得 lnx a ，由   0f x  ，得 lnx a ， 则  f x 在  , ln a 上单调递减，在  ln ,a  上单调递增， 则    min ln ln 2f af ax a a    ． 令   ln 2a a a a    ， 0a  ，则   1 ln 1 lna a a      ， 由   0a  ，得 0 1a  ，由   0a  ，得 1a  ， 则  a 在  0,1 上单调递增，在  1, 上单调递减， 则    max 1 1 0a      ，则  ln ln 2 1 0f a a a a      ． 当 x时，  f x ，当 x时，  f x ， 则由函数零点存在定理可知   e 2xf x ax   在 R 上有两个不同的零点． 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 综上可知，a的取值范围为  0,  ． （ⅱ）因为  0 1 0f    ，结合  f x 的单调性可设 1 0x  ， 2 0x  ， 且 1 1e 2 x ax  ， 2 2e 2 x ax  ，两式相减整理得 2 1 2 1 e ex xa x x    ． 令 2 2 11 0t x x xx     ，则  11 1 e e 1e e x tt x xa t t     ， 又 1 1e 2 x ax  ，有 1 1 e 2xa x   ，所以  1 1 1 e e 1 e 2 x t x t x    ， 则 1 1 1 e 1 e 2 e xt xt x    ， 设   e 1 t h t t   ， 0t  ， 则      2 2 e e 1 1 e 1t t tt t h t t t         ， 设    1 e 1tg t t   ， 0t  ，则    e 1 e e 0t t tg t t t      ， 则  g t 在  0,  上单调递增， 因为  0 0g  ，所以   0g t  ，即   0h t  ， 则   e 1 t h t t   在  0,  上单调递增， 故欲求 t的最小值，只需求   e 1 t h t t   的最小值，即求 1 1 1 e 2 e x xy x   的最小值． 令   e 2 e x xm x x   ， 0x  ，则        2 2 e e 1 e e 2 2 e 2 ee x x x x x xx x x xm x xx         ， 令   2 e 2xs x x   ， 0x  ，则   2 e 0xs x    ， 则  s x 在  , 0 上单调递增， 高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：07 又  0 1s  ，   11 es    ，所以  0 1,0x   ，   00 02 e 2 0xs x x    ，即 002 e 2xx   ， 由   0m x  ，得 0 0x x  ，由   0m x  ，得 0x x ， 则  m x 在  0, x 上单调递减，在  0 , 0x 上单调递增， 则当 1 0x x 时，  m x 取最小值，   e 1 t h t t   取最小值，t取最小值， 此时 01 0 1 0 0 2e 2 e 2 2 xx xa x x x       ． 综上所述，当 1 2x x 最小时， 2a  ．