2025高考帮备考教案数学第三章一元函数的导数及其应用突破4　利用导数解决零点问题含答案.docx

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1、2025高考帮备考教案数学第三章一元函数的导数及其应用突破4利用导数解决零点问题命题点1根据函数零点个数求参数例1 2022全国卷乙已知函数f（x）ax1x（a1）ln x.（1）当a0时，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围.解析（1）当a0时，f（x）1xln x（x0），所以f （x）1x21x1xx2.当x（0，1）时，f （x）0，f（x）单调递增；当x（1，）时，f （x）0，f（x）单调递减.所以f（x）maxf（1）1.（2）由f（x）ax1x（a1）ln x（x0），得f （x）a1x2a+1x（ax1)(x1）x2（x0）.当a0时，由（1）可知

2、，f（x）不存在零点.当a0时，f （x）a（x1a)(x1）x2，若x（0，1），则f （x）0，f（x）单调递增；若x（1，），则f （x）0，f（x）单调递减.所以f（x）maxf（1）a10，所以f（x）不存在零点.当a0时，f （x）a（x1a)(x1）x2，若a1，则f （x）0（当且仅当x1时“”成立），f（x）在（0，）上单调递增，因为f（1）a10，所以函数f（x）恰有一个零点；若a1，则f（x）在（0，1a），（1，）上单调递增，在（1a，1）上单调递减，因为f（1）a10，所以f（1a）f（1）0，当x0时，f（x），由零点存在定理可知f（x）在（0，1a）上必有一个零点

3、，所以a1满足条件；若0a1，则f（x）在（0，1），（1a，）上单调递增，在（1，1a）上单调递减，因为f（1）a10，所以f（1a）f（1）0，当x时，f（x），由零点存在定理可知f（x）在（1a，）上必有一个零点，即0a1满足条件.综上，若f（x）恰有一个零点，则a的取值范围为（0，）.方法技巧已知函数零点个数求参数的方法（1）数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合求解；（2）分离参数法：由f（x）0分离出参数a，得a（x），利用导数求函数y（x）的单调性、极值和最值，根据直线ya与y（x）的图象的交点个数得参数a的取值范围；（3）分类讨论法：先确定参数分

4、类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数的范围.训练1 2021全国卷甲已知a0且a1，函数 f（x）xaax（x0）.（1）当a2时，求f（x）的单调区间；（2）若曲线yf（x）与直线y1有且仅有两个交点，求a的取值范围.解析（1）当a2时，f（x）x22x（x0），f （x）x（2xln2）2x（x0），令f （x）0，则0x2ln2，此时函数f（x）单调递增；令f （x）0，则x2ln2，此时函数f（x）单调递减.所以函数f（x）的单调递增区间为（0，2ln2），单调递减区间为（2ln2，）.（2）曲线yf（x）与直线y1有且仅

5、有两个交点，可转化为方程xaax1（x0）有两个不同的解，即方程lnxxlnaa有两个不同的解.设g（x）lnxx（x0），则g（x）1lnxx2（x0），令g（x）0，得xe，当0xe时，g（x）0，函数g（x）单调递增；当xe时，g（x）0，函数g（x）单调递减.故g（x）max g（e）1e，且当xe时，g（x）（0，1e）.又g（1）0，所以0lnaa1e，所以a1且ae，即a的取值范围为（1，e）（e，）.命题点2探究函数零点个数例2 全国卷已知函数f（x）sin xln（1x），f （x）为f（x）的导数，证明：（1）f （x）在区间（1，2）上存在唯一极大值点；（2）f（x）有且

6、仅有2个零点.解析（1）设g（x）f （x），则g（x）cos x11+x，g（x）sin x1（1+x）2.当x（1，2）时，g（x）单调递减，而g（0）0，g（2）0，可得g（x）在（1，2）上有唯一零点，设为.则当x（1，）时，g（x）0；当x（，2）时，g（x）0.所以g（x）在（1，）上单调递增，在（，2）上单调递减，故g（x）在（1，2）上存在唯一极大值点，即f （x）在（1，2）上存在唯一极大值点.（2）f（x）的定义域为（1，）.（i）当x（1，0时，由（1）知，f （x）在（1，0）上单调递增，而f （0）0，所以当x（1，0）时，f （x）0，故f（x）在（1，0）上单调递

7、减.又f（0）0，从而x0是f（x）在（1，0上的唯一零点.（ii）当x（0，2时，由（1）知，f （x）在（0，）上单调递增，在（，2）上单调递减，而f （0）0，f （2）0，所以存在（，2），使得f （）0，且当x（0，）时，f （x）0；当x（，2）时，f （x）0.故f（x）在（0，）上单调递增，在（，2）上单调递减.又f（0）0，f（2）1ln（12）0，所以当x（0，2时，f（x）0.从而f（x）在（0，2上没有零点.（iii）当x（2，时，f （x）0，所以f（x）在（2，）上单调递减.而f（2）0，f（）0，所以f（x）在（2，上有唯一零点.（iv）当x（，）时，ln（x1）

8、1，所以f（x）0，从而f（x）在（，）上没有零点.综上，f（x）有且仅有2个零点.方法技巧探究函数零点个数的方法（1）图象法：通过导数研究函数的单调性、极值、最值， 确定函数f（x）的图象草图，判断图象与横轴的交点个数，一般要结合函数零点存在定理处理.（2）分离法：设f（x）g（x）h（x），则f（x）的零点个数g（x）与h（x）图象的交点个数.训练2 2023山东潍坊二模节选已知函数f（x）xasin x.讨论f（x）在区间（0，2）上的零点个数.解析f （x）1acos x.若a0，则f （x）1acos x0在（0，2）上恒成立，所以f（x）在（0，2）上单调递增，又f（0）0，所以f

9、（x）在（0，2）上无零点.若a0，由x（0，2），得0cos x1，则1a1acos x1.当a10，即1a0时，f （x）0，所以f（x）在（0，2）上单调递增，又f（0）0，故f（x）在（0，2）上无零点.当a10，即a1时，f （x）在（0，2）上单调递增，且f （0）1a0，f （2）10，故存在x0（0，2），使得f （x0）0，所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，2）上单调递增，又f（0）0，故f（x0）0，f（2）2a.此时，若2a0，即a2，则f（x）在（0，2）上无零点；若2a0，即2a1，则f（x）在（0，2）上有一个零点.综上，当a1时，f（x）在（0，2）

10、上无零点；当2a1时，f（x）在（0，2）上有一个零点；当a2时，f（x）在（0，2）上无零点.1.命题点1/2022全国卷乙已知函数f（x）ln（1x）axex.（1）当a1时，求曲线yf（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.解析（1）当a1时，f（x）ln（1x）xex，f （x）1x+1exxex（1），f （0）112.f（0）0，所求切线方程为y02（x0），即y2x.（2）f（x）ln（1x）axexln（x1）axex，当a0时，若x0，则ln（x1）0，axex0，f（x）0，f（x）在（0，）上无零点，

11、不符合题意.当a0时，f （x）exa（1x2）（x+1）ex.令g（x）exa（1x2），则g（x）ex2ax，g（x）在（1，）上单调递增，g（1）e12a，g（0）1.（a）若g（1）0，则12ea0，12ea0时，g（x）0在（1，）上恒成立，g（x）在（1，）上单调递增.g（1）e10，g（x）0在（1，）上恒成立，f （x）0在（1，）上恒成立，f（x）在（1，）上单调递增.f（0）0，f（x）在（1，0），（0，）上均无零点，不符合题意.（b）若g（1）0，则a12e，a12e时，存在x0（1，0），使得g（x0）0.g（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，）上单调递增.g（

12、1）e10，g（0）1a，g（1）e0.（i）当g（0）0，即1a12e时，g（x）0在（0，）上恒成立，f （x）0在（0，）上恒成立，f（x）在（0，）上单调递增.f（0）0，当x（0，）时，f（x）0，f（x）在（0，）上无零点，不符合题意.（ii）当g（0）0，即a1时，存在x1（1，x0），x2（0，1），使得g（x1）g（x2）0，f（x）在（1，x1），（x2，）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减.f（0）0，f（x1）f（0）0，当x1时，f（x）0，f（x）在（1，x1）上存在一个零点，即f（x）在（1，0）上存在一个零点.f（0）0，当x时，f（x）0，f（x）在（x2

13、，）上存在一个零点，即f（x）在（0，）上存在一个零点.综上，a的取值范围是（，1）.2.命题点2/全国卷已知函数f（x）ln xx+1x1.（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线yln x在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线yex的切线.解析（1）f（x）的定义域为（0，1）（1，）.因为f （x）1x2（x1）20，所以f（x）在（0，1），（1，）单调递增.因为f（e）1e+1e10，f（e2）2e2+1e21e23e210，所以f（x）在（1，）有唯一零点x1，即f（x1）0.又01x11，f（1x1）ln x1x1

14、+1x11f（x1）0，故f（x）在（0，1）有唯一零点1x1.综上，f（x）有且仅有两个零点.（2）因为1x0eln x0，所以点B（ln x0，1x0）在曲线yex上.由题设知f（x0）0，即ln x0x0+1x01，连接AB，则直线AB的斜率k1x0ln x0ln x0x01x0x0+1x01x0+1x01x01x0.曲线yex在点B（ln x0，1x0）处切线的斜率是1x0，曲线yln x在点A（x0，ln x0）处切线的斜率也是1x0，所以曲线yln x在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线yex的切线.学生用书练习帮P2871.2024安徽六校联考已知函数f（x）aexx（e是

15、自然对数的底数）.（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若g（x）aex（x1）ln xf（x）有两个零点，求实数a的取值范围.解析（1）由已知，得f （x）aex1.当a0时，f （x）0，f（x）在R上单调递减；当a0时，令f （x）0，得xln a，当x（，ln a）时，f （x）0，所以f（x）在（，ln a）上单调递减，当x（ln a，）时，f （x）0，所以f（x）在（ln a，）上单调递增.（2）原问题等价于g（x）axex（ln xx）axexln（xex）（x0）有两个零点，令txex（x0），则易得t0，所以g（x）axexln（xex）有两个零点T（t）atln t有两个

16、零点alntt有两个不同的实数解直线ya与函数h（t）lntt的图象有两个交点.h（t）1lntt2，由h（t）0得0te，由h（t）0得te，所以h（t）在（0，e）上单调递增，在（e，）上单调递减.所以h（t）maxh（e）1e.又当t 0时，h（t），当t时，h（t） 0，所以h（t）的大致图象如图，所以a的取值范围是（0，1e）.2.2024南昌市模拟已知函数f（x）ax（a1）.（1）求函数g（x）f（x）f（1x）在（0，）上的单调区间和极值； （2）若方程f（1x）1xlogax有两个不相等的正实数根，求a的取值范围.解析（1）g（x）axa1x（a1），则g（x）axln a

17、a1xlnax2lnax2（x2axa1x），设（x）x2axa1x（a1），则（x）2xaxx2axln a1x2a1x ln a0（x0），故（x）在（0，）上单调递增，又（1）0，所以当x（0，1）时，g（x）0，当x（1，）时，g（x）0，所以g（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，）.则g（x）的极小值为g（1）2a，无极大值.（2）方程f（1x）1xlogax，即a1x1xlogax，即1xa1xloga（1xa1x），令t1xa1x（a1），显然t1xa1x在（0，）上单调递减，故方程f（1x）1xlogax有两个不相等的正实数根，等价于h（t）tlogat有两个

18、不同的零点，等价于关于t的方程tlogat，即ln alntt有两个不同的实数解，亦即直线yln a与函数m（t）lntt的图象有两个不同的交点.m（t）1lntt2，故易知m（t）在（0，e）上单调递增，在（e，）上单调递减，且当xe时，m（t）0，所以m（t）maxm（e）1e，作出m（t）的图象，如图所示，则0ln a1e，解得1ae1e.故所求a的取值范围是（1，e1e）.3.2023武汉市5月模拟已知f（x）axbxcln x，其中a，b，cR.（1）若bc0，讨论f（x）的单调性；（2）已知x1，x2是f（x）的两个零点，且x1x2，证明：x2（ax11）bx1（ax21）.解析（

19、1）若bc0，则f（x）axln x（x0）.f（x）a1xax1x.若a0，则f（x）0，所以f（x）在（0，）上单调递减；若a0，令f（x）0得x1a，令f（x）0得0x1a，所以f（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，）上单调递增.综上，当a0时，f（x）在（0，）上单调递减；当a0时，f（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，）上单调递增.（2）因为x1，x2是f（x）的两个零点，x1x2，所以ax1bx1cln x10，ax2bx2cln x20.所以a（x1x2）b（1x11x2）ln x2ln x10，即bax1x2x1x2ln x2ln x1x2x1.要证x2（ax11）

20、bx1（ax21），只需证ax1x2x2bax1x2x1，即证x2x1x2ln x2ln x1x2x1x1，即证1x1x2lnx2x1x2x11，令tx2x1，则t1，即证11tln tt1.令p（t）ln t11t（t1），则p（t）1t1t2t1t20，所以p（t）在（1，）上单调递增，则p（t）ln 11110，即ln t11t.令q（t）ln tt1（t1），则q（t）1t10，所以q（t）在（1，）上单调递减，则q（t）ln 1110，即ln tt1.综上可得：x2（ax11）bx1（ax21）.4.2023合肥市二检已知函数f（x）2ln x12mx2（2m1）x，其中mR.（1）

21、若曲线yf（x）仅有一条垂直于y轴的切线，求m的取值范围；（2）讨论函数f（x）的零点个数.解析（1）函数f（x）2ln x12mx2（2m1）x的定义域为（0，），f （x）2xmx（2m1）mx2（2m+1）x+2x（mx1)(x2）x.因为曲线yf（x）仅有一条垂直于y轴的切线，所以f （x）（mx1)(x2）x0有唯一正实数解，所以m0或m12，又当m12时，f （x）0不符合题意，所以m的取值范围是（，0.（2）因为f （x）（mx1)(x2）x.当m0时，因为x0，所以mx10，所以当x（0，2）时，f （x）0；当x（2，）时，f （x）0.所以f（x）在（0，2）上单调递增，在

22、（2，）上单调递减，此时f（x）maxf（2）2ln 22m2（2m1）2ln 22m2，当mln 21时，f（2）0，函数f（x）只有一个零点；当ln 21m0时，f（2）0，函数f（x）没有零点；当mln 21时，因为当x0或x时，f（x），且f（2）0，所以可作出f（x）的大致图象如图1，图1所以函数f（x）在（0，2）和（2，）上各有唯一零点，此时函数f（x）有2个零点.当0m12时，1m2，当x（0，2）（1m，）时，f （x）0；当x（2，1m）时，f （x）0.所以f（x）在（0，2）和（1m，）上单调递增，在（2，1m）上单调递减.当x0时，f（x），当x时，f（x），且f（2

23、）2ln 22m20，作出f（x）的大致图象如图2，图2所以函数f（x）在（1m，）上有唯一零点，此时函数f（x）有且只有1个零点.当m12时，f （x）（x2)(x2）2x0，f（x）在（0）上单调递增.当x0时，f（x），当x时，f（x），所以此时函数f（x）在（0，）上有且只有1个零点.当m12时，01m2，当x（0，1m）（2，）时，f （x）0；当x（1m，2）时，f （x）0.所以f（x）在（0，1m）和（2，）上单调递增，在（1m，2）上单调递减.f（1m）2ln 1m12m（1m）2（2m1）1m2ln m12m2.设g（m）2ln m12m2（m12），则g（m）2m12m2

24、14m2m20，所以g（m）在（12，）上单调递减，所以g（m）2ln 12121222ln 230，即f（1m）0.当x0时，f（x），当x时，f（x），作出f（x）的大致图象如图3，所以函数f（x）在区间（2，）上有唯一零点，此时f（x）有且只有1个零点.图3综上所述，当mln 21时，函数f（x）有2个零点；当ln 21m0时，函数f（x）没有零点；当mln 21或m0时，函数f（x）有1个零点.突破5极值点偏移问题命题点1对称构造法求解极值点偏移问题例1 2022全国卷甲已知函数f（x）exxln xxa.（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，

25、则x1x21.解析（1）由题意知函数f（x）的定义域为（0，）.由f （x）ex（x1）x21x1ex（x1）xx2x2（exx)(x1）x2，可得函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，）上单调递增.所以f（x）minf（1）e1a.又f（x）0，所以e1a0，解得ae1，所以a的取值范围为（，e1.（2）解法一不妨设x1x2，则由（1）知0x11x2，1x11.令F（x）f（x）f（1x），则F（x）（exx)(x1）x2（e1x1x)(1x1）1x21x2（x1）x2（exxxe1x1）.令g（x）exxxe1x1，则g（x）ex1e1xxe1x1x2ex1e1x（1x1），所以当x

26、（0，1）时，g（x）0，所以当x（0，1）时，g（x）g（1）0，所以当x（0，1）时，F（x）0，所以F（x）在（0，1）上单调递增，所以F（x）F（1），即在（0，1）上f（x）f（1x）F（1）0.又f（x1）f（x2）0，所以f（x2）f（1x1）0，即f（x2）f（1x1）.由（1）可知，函数f（x）在（1，）上单调递增，所以x21x1，即x1x21.解法二不妨设x1x2，则由（1）知0x11x2，01x21.由f（x1）f（x2）0，得ex1x1ln x1x1ex2x2ln x2x2，即ex1lnx1x1ln x1ex2lnx2x2ln x2.因为函数yexx在R上单调递增，所以

27、x1ln x1x2ln x2成立. 构造函数h（x）xln x，g（x）h（x）h（1x）x1x2ln x，则g（x）11x22x（x1）2x20，所以函数g（x）在（0，）上单调递增，所以当x1时，g（x）g（1）0，即当x1时，h（x）h（1x），所以h（x1）h（x2）h（1x2），又h（x）11xx1x，所以h（x）在（0，1）上单调递减，所以0x11x21，即x1x21.方法技巧对称构造法求解极值点偏移问题的步骤（1）求导，获得f（x）的单调性、极值点x0，作出f（x）的图象，由f（x1）f（x2）得x1，x2的取值范围（数形结合）；（2）构造对称函数，若证x1x2（）2x0，则令F

28、（x）f（x）f（2x0x），若证x1x2（）x02，则令F（x）f（x）f（x02x），求导，讨论F（x）的单调性；（3）判断F（x）的符号，从而确定f（x），f（2x0x）的大小关系或f（x），f（x02x）的大小关系；（4）代入x1（或x2），利用f（x1）f（x2）及f（x）的单调性去符号“f”得最终结论.训练1 已知函数f（x）（x2）exa（x1）2有两个零点，a0，设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1x22.解析因为f （x）（x1）（ex2a），且a0，所以当x1时，f （x）0，当x1时，f （x）0，所以f（x）的极小值点为x1.f（x1）f（x2）0，不妨设x11

29、x2，要证x1x22，即证x22x1.构造函数F（x）f（2x）f（x），x1，代入整理得F（x）xex2（x2）ex.求导得F（x）（1x）（exex2）.当x1时，F（x）0，则F（x）在（，1）上单调递减，于是F（x）f（21）f（1）0，则f（2x）f（x）0，即f（2x）f（x）（x1）.将x1代入，则f（x1）f（2x1），又f（x1）f（x2），所以f（x2）f（2x1）.又函数f（x）在（1，）上单调递增，且x2，2x1（1，），所以x22x1，即x1x22得证.命题点2比（差）值换元法求极值点偏移问题例2 已知函数f（x）2axln x，其中 aR.（1）讨论函数f（x）的单

30、调性.（2）记函数f（x）的导函数为f（x）.当a0时，若x1，x2（0x1x2）满足f（x1）f（x2），证明：f（x1）f（x2）0.解析（1）函数f（x）2axln x的定义域为（0，），且f（x）2a1x2ax1x，x0.当a0时，f（x）0在（0，）上恒成立，所以f（x）在（0，）上单调递减.当a0时，令f（x）0，可得x12a，当x（0，12a）时，f（x）0；当x（12a，）时，f（x）0.所以f（x）在（0，12a）上单调递减，在（12a，）上单调递增.综上所述，当a0时，f（x）在（0，）上单调递减；当a0时，f（x）在（0，12a）上单调递减，在（12a，）上单调递增.（2

31、）由x1，x2（0x1x2）满足f（x1）f（x2），可得2ax1ln x12ax2ln x2，即ln x1ln x2x1x22a.因为f（x1）f（x2）2a1x12a1x24ax1x2x1x2，所以欲证f（x1）f（x2）0，即证x1x2x1x24a，即证x1x2x1x22（ln x1ln x2）x1x2，即证2lnx1x2x12x22x1x2x1x2x2x1.设x1x2t（0t1），即证2ln t1tt0.设h（t）2ln t1tt（0t1），则h（t）2t1t21（t1）2t20在（0，1）上恒成立，所以h（t）在（0，1）上单调递减，所以h（t）0，所以2ln t1tt0，即f（x1

32、）f（x2）0.方法技巧比（差）值换元的解题要点：通过tx1x2或tx1x2，消掉变量x1，x2，构造关于t的函数h（t）进行求解.训练2 已知函数f（x）lnx+1ax.（1）讨论f（x）的单调性；（2）若（ex1）x2（ex2）x1（e是自然对数的底数），且x10，x20，x1x2，证明：x12x222.解析（1）由f（x）lnx+1ax得f（x）lnxax2，令f（x）0，得x1.当a0时，若x（0，1），则f（x）0；若x（1，），则f（x）0.所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，）上单调递减.当a0时，若x（0，1），则f（x）0；若x（1，），则f（x）0.所以f（x）在（

33、0，1）上单调递减，在（1，）上单调递增.综上，当a0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，）上单调递减；当a0时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，）上单调递增.（2）由（ex1）x2（ex2）x1，两边取对数，得x2ln（ex1）x1ln（ex2），即x2（ln x11）x1（ln x21），所以ln x1+1x1ln x2+1x2，即当a1时，存在x10，x20，x1x2，满足f（x1）f（x2）.由（1）可知，当a1时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，）上单调递减，所以f（x）f（1）1.当x（1，）时，f（x）lnx+1x0，由于f（1e）0，故f（x）在（1e，

34、1）上恒有f（x）0.不妨令x1x2，记f（x1）f（x2）m，则m（0，1），且ln x11mx1，ln x21mx2，得ln（x1x2）m（x1x2）2，得lnx1x2m（x1x2），则m1x1x2lnx1x2，代入得ln（x1x2）（x1x2）x1x2lnx1x22.记tx1x2，0t1，则ln（x1x2）t+1t1ln t2（t+1）lnt2（t1）t1.设g（t）（t1）ln t2（t1）（0t1），则g（t）ln t1t1.设h（t）ln t1t1（0t1），则h（t）1t1t2t1t20，所以h（t）在（0，1）上单调递减.又因为h（1）0，所以当t（0，1）时，h（t）g（t）

35、0，即g（t）在（0，1）上单调递增，又g（1）0，所以当t（0，1）时，g（t）0，所以当t（0，1）时，ln（x1x2）（t+1）lnt2（t1）t10，所以x1x21，所以x12x222x1x22.1.命题点1/2023山东日照二模已知函数f（x）xaln x.（1）若f（x）1恒成立，求实数a的值.（2）若x10，x20，ex1ln x2x1x2，证明：ex1x22.解析（1）由题意得f（x）的定义域为（0，），f （x）1axxax.当a0时，f （x）0，f（x）在（0，）上单调递增.当a0时，f（x）x（x0），所以当x（0，1）时，f（x）1，不符合题意.当a0时，f（e1a）

36、e1aaln e1ae1a10，不符合题意.（破题有招：得到函数f（x）单调递增后，只要能找到一个特殊的自变量，使对应的函数值小于1，则说明f（x）1不恒成立，此时对应的a的值要舍弃）当a0时，若x（0，a），则f （x）0；若x（a，），则f （x）0.f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，）上单调递增，所以f（x）minf（a）aaln a.若f（x）1恒成立，则aaln a1.令g（a）aaln a，则g（a）ln a，所以当a（0，1）时，g（a）0；当a（1，）时，g（a）0.所以g（a）在（0，1）上单调递增，在（1，）上单调递减，又g（1）1，所以aaln a1.则当a1时，a

37、aln a1符合题意.综上所述，a1.（2）由ex1ln x2x1x2得ex1x1ex1lnex1x2ln x2.令h（x）xln x，则h（x）11xx1x.当x（0，1）时，h（x）0；当x（1，）时，h（x）0.所以h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，）上单调递增.由ex1ln ex1x2ln x2得h（ex1）h（x2），因为x10，所以ex11.当x21时，由h（ex1）h（x2）得ex1x21，所以ex1x22.当0x21时，要证ex1x22，只需证ex12x2.因为0x21，所以12x22，则只需证h（ex1）h（2x2），又h（ex1）h（x2），所以只需证h（x2）h（2

38、x2）.令m（x）h（x）h（2x），x（0，1），则m（x）11x（112x）21x12x2（x1）2x（2x）0，所以m（x）在（0，1）上单调递减，所以m（x）h（1）h（1）0，所以m（x2）0，即h（x2）h（2x2），则h（ex1）h（2x2），所以ex1x22.综上，ex1x22成立.2.命题点1，2/2023南京六校联考已知aR，函数f（x）axln x，g（x）axln x2.（1）当f（x）与g（x）都存在极小值，且极小值之和为0时，求实数a的值；（2）若f（x1）f（x2）2（x1x2 ），求证：1x11x22a.解析（1）f（x），g（x）的定义域均为（0，）.f （x

39、）ax21xxax2，当a0时，f （x）0，f（x）在（0，）上单调递增，f（x）无极值，与题不符.当a0时，令f （x）0，得xa，当0xa时，f （x）0，当xa时，f （x）0，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，）上单调递增，f（x）在xa处取得极小值，且f（x）极小值1ln a.g（x）a1xax1x，当a0时，g（x）0，g（x）在（0，）上单调递减，g（x）无极值，与题不符.当a0时，令g（x）0，得x1a，当0x1a时，g（x）0，当x1a时，g（x）0，g（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，）上单调递增，g（x）在x1a处取得极小值，且g（x）极小值1ln a.由

40、题意得（1ln a）（1ln a）0，a1.（2）解法一由f（x1）f（x2）2，得ax1ln x1=2，ax2ln x2=2，即a1x1ln1x1=2，a1x2ln1x2=2，令m1x1，n1x2，则m，n为方程axln x20的两根，即m，n为g（x）0的两根，g（m）g（n）0.x1x2，mn.由（1）知a0，且g（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，）上单调递增.设0m1an.构造函数h（x）g（x）g（2ax），则h（x）g（x）g（2ax）a1xa12ax2（ax1）2x（2ax），当x（0，1a）时，0ax1，x（2ax）0，h（x）0，h（x）在（0，1a）上单调递减，当x（0，1a）时，有h（x）h（1a）0.m（0，1a），h（m）g（m）g（2am）0，即g（m）g（2am），又g（m）g（n），g（n）g（2am）.n，2am（1a，），而g（x）在（1a，）上单调递增，n2am，mn2a，即1x11x22a.解法二令m1x1，n1x2