专题1.4 导数的综合应用附答案解析-2021年高考数学(文)尖子生培优题典2

2020年10月7日发(作者：石允常)

2021学年高考数学（文）尖子生同步培优题典

专题1.4 导数的综合应用

姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
一、
选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

?
??
?
x
1
．（
2020·
甘肃靖远
?
高三其他（文））函数
f
?
x
?
?xtanx?e
在
?
?,
?
上的零点个数为（

）
?
22
?
A
．
1 B
．
2 C
．
3 D
．
4
2
．（
2020·
四川 广元高三三模（文））如果关于
x
的不等式
x
3
?ax
2< br>?1?0
在
?
?1,2
?
上恒成立，则实数
a
的
取值范围为（

）
A
．
a?
32

2
B
．
a?2
C
．
a?1
D
．
a?0

3
．（
2019·
河北衡水高考模拟 （文））已知函数
f(x)?
1
2
x?alnx
，若对任意两个不等 的正数
x
1
，
x
2
，都
2
有
f< br>?
x
1
?
?f
?
x
2
?
x
1
?x
2
?4
恒成立，则
a
的取值范围为（ ）
A
．
[4,??)

??)
B
．
(4.?
C
．
(??,4]
D
．
(??,4)

4
．（
2019·
忠县三汇中 学高三期末（文））已知函数
g(x)?lnx?
31
?x?1
，
f (x)?x
2
?2tx?4
，若对
4x4
任意的
x
1
?(0,2)
,存在
x
2
?
?
1,2
?
，使
g(x
1
)?f(x
2
)
，则实数
t
的取值范围是( )
A
．
2,
17

8< br>B
．
?
?
17
?
,??
?

?
8
?
C
．
?
2,??
?
D
．
1,??
?

?
5
．（
2020·< br>河南高三月考（文））若函数
f
?
x
?
?m?x?2lnx< br>在
?
2
?
1
?
,e
?
上有两个不同 的零点，则实数
m
的
2
e
??
取值范围为
（ ）
2 2

A
．
e,e?2
?
?

?
2
B< br>．
?
1?
?
?
1
2
1
???
,e?21,4?
C
．
?
44
?

?
ee
???
D
．
1,?
?
?

?
6
．（
2020·
福建莆田高三期末（文））已知对任意实数x
都有
f'
?
x
?
?f
?
x
?
?2e
，
f
?
0
?
??1
，若
x
f
?
x
?
?k
?
x?1
?
，则
k
的取值范围是（

）
?
3
3
?
2
，4e
B
．
??

2
??
1< br>??
2
1，4e
C
．
??

??
3
??
2
1，4e
D
．
??

??
，??
?
A
．
?
1
2
7< br>．（
2020·
贵州南明
?
贵阳一中高三月考（文））命题
p :?x?R
，
e
x
?x
，命题
q:?x
0
?R
，
x
0
?0
，下列
给出四个命题①
p?q；②
p?q
；③
p??q
；④
?p?q
，所有真命题的 编号是（

）
A
．①③
B
．①④
C
．②③

32
D
．②④
8
．（
202 0·
江西省南城一中高三期末（文））设函数
f
?
x
?
?a x?bx?cx
?
a,b,c?R,a?0
?
，若不等式
xf
?
?
x
?
?af
?
x
?
?5
对
?x?R
恒成立，则
?
5
?
3
?
?
?
1
?
3
?
?
b?2c
的取值范围为（ ）
a
C
．
?
?,??
?
A
．
?
,??
?
B
．
?
,??
?

?
5
?
3?
?
D
．
?
?,??
?

?
1
?
3
?
?
2
9
．（
2020·
甘肃城兰州一中高三二模（文））已知函数
f(x)?kx,g(x)?2lnx?2e,(?x?e)
，若
f(x)
与
1
e
g(x)
的图象上分别存在点 M，N，使得MN关于直线
y?e
对称，则实数k的取值范围是（ ）
A
．
[?
24
,?
2
]

ee
B
．
[?
2
,2e]

e
C
．
[?
4
,2e]

2
e
D
．
[?
4
,??)

2< br>e
10
．（
2020·
麻城市实验高级中学高三其他（文））函数y?
2x
的图象大致为（

）
lnx
2 2

A
．
B
．

C
．
D
．

11
．（
2020·
安徽金安六安一中高三其他（文））已知函数
f
?
x
?
?
唯一零点，则
a
的取值范围为（

）
A
．
?
??,0
?

C
．
???,0
?
?
?
1,??
?

B
．< br>?
??,0
?
D
．
?
??,?1
?
1
2
ax?cosx?1
（
a?R
），若函数
f
?
x
?
有
2
?
1,??
?

?
1,??
?

x
12
．（
2020·< br>河南开封高三二模（文））已知函数
f(x)?x?sinx?2ln(x
2
? 1?x)?1
，若
f(ax?e?1)?1
在
x?
?
0,? ?
?
上有解，则实数
a
的取值范围为（

）
B
．
?
??,1
?
C
．
?
e,??
?
D
．
?
1,e
?
A
．
?
1,??
?

13
．（
2020·
湖北黄州黄冈中学高三其他（文））已知函数
f
?
x
?
?< br>?
?
x,x?0
2
gx??x?2x
（其中
e
是，
??
2x
?
e,x?0
自然对数的底数），若关于
x
的方程
gf
?
x
?
?m?0
恰有三个不等实根x
1
，
x
2
，
x
3
，且
x< br>1
?x
2
?x
3
，则
??
x
2?x
1
?x
3
的最小值为（

）
A
．
3
?ln2

2
B
．
?
3
?ln2

2
C
．
?
3
?ln2

2
D
．
3
?ln2

2
2 2

14
．（
2020·
岳麓湖南师大附中高三三模（ 文））已知函数
f(x)?
m
?1?nlnx
（
m?0
，< br>0?n?e
）在区间
x
[1,e]
内有唯一零点，则
?
e?2e
?
,?1
?

2
e?e?12
??
n?2
的取值范围为（ ）
m?1
B
．
?
A
．
?
?
e?2
?
,e?1

2
?
e?e?1
??
C
．
?
?
2
?
,e?1
?

?
e?1
?
D
．
?
1,
?
e
?
?1
?

?
2
?


二、填空题（不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
15
．（
2 020·
黑龙江道里
?
哈尔滨三中高二期末（文））已知函数
f
?< br>x
?
?x
，
g
?
x
?
?
2
lnx
，有下列四个命
x
题：
①函数
h
?
x
?
?f
?
x
?
?g
?
x
?< br>是奇函数；
②函数
h
?
x
?
?f
?
x
?
?g
?
x
?
是定义域内的单调函数；
③当
x?0
时，方程
f
?
x
?
?g
?
x
?
有一个实数根；
④当
x?0
时，不等式
f
?
x
?
?g
?
x
?
恒成立，
其中正确命题的序号为
__________.
16
．（
2020 ·
山西迎泽太原五中高三其他（文））已知
f
?
x
?
?x? e
，
g
?
x
?
?f
x
2
?
x
?
?tf
?
x
??
t?R
?
若满足< br>g
?
x
?
??1
的
x
有四个，则
t
的取值范围为
_____.
17
．（
2020·
四川宜宾
?
高三二模（文））函数
f
?
x
?
?
1< br>3
4
x?2x
2
?3x?
的零点个数为
______ ____
．
33
2 2

18
．（
2020·
全国高三月考（文））已知函数
f(x)?e?
x
13
1
x?x
2
与
g(x)??x
3
?ax(x ?0)
的图像上存在
22
关于原点的对称点，则实数
a
的取值范围是
__________
．
e
x
19
．（
2020 ·
陕西新城
?
西安中学高三其他（文））已知函数
f
?
x< br>?
?
2
?2klnx?kx
，若
x?2
是函数
f
?
x
?
x
的唯一极值点，则实数
k
的取值集合 是
________
．

三、解答题（请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
2 0．（2020·河北枣强中学高三月考（文））
f(x)??
a
2
x?(a ?1)x?lnx
．
2
（1）若
a??1
，求函数
f(x)
的单调区间； （2）若
a?1
，求证：
(2a?1)f(x)?3e
a?3
．
21
．（
2020·
安徽黄山高三二模（文））已知函数
f(x)? lnx?mx
.
（
1
）讨论函数
f(x)
的单调性； < br>22
（
2
）当
m?0
时，若函数
y?f(x)
的图象与函数
y?mx
的图象交于
A
?
x
1
,y
1
?
，
B
?
x
2
,y
2
?
两点，且
1
x
1
?x
2
?
（
e
为自然对数的底数），求实数
m
的取值范围
.
e
22．（
2020·
湖北武汉高三其他（文））已知函数
f(x)?e
x?ax
.
(I)
当
a=-1
时，
①求曲线
y= f(x)
在点
(0
，
f(0))
处的切线方程；
②求函数
f(x)
的最小值；
(II)
求证
:
当
a?
?
?2,0
?
时，曲线
y? f
?
x
?
与
y?1?lnx
有且只有一个交点
.
23
．（
2020·
陕西西安高三三模（文））已知函数
f
（
x
）＝
lnx
．
x
2 2

（
1
）求函数
f
（
x
）的极值；
（2
）令
h
（
x
）＝
x
2
f
（
x
），若对?
x≥1
都有
h
（
x
）
≥ax
﹣
1
，求实数
a
的取值范围．
24
．（
2020·
黑龙江南岗哈师大附中高三其他（文））已知函数
f
?
x
?
?e?
x
1
，其导函数为
f'
?
x?
，函数
x
e
g
?
x
?
?
f
?
x
?
?f'
?
x
?
2
，对任意
x?R
，不等式
g
?
x
?
?ax?1
恒成 立
.
（
1
）求实数
a
的值；
（
2）若
0?m?2e
，求证：
x
2
g
?
x
?
?m
?
x?1
?
lnx
.
25
．（
2020·
宜宾市叙州区第一中学校高三期末（文））已知函数
f(x)?(x?1) e
x
?
1
2
ax
2
?2ax,a?R
（Ⅰ ）讨论
f(x)
极值点的个数；
（Ⅱ）若
x
?2
0
(x
0
??2)
是
f(x)
的一个极值点，且
f(?2) ?e
，证明：
f(x
0
)?1

26
．（
2020·
广东东莞
?
高三其他（文））已知
f(x)?
e
x
x
?alnx?ax
.
（1）若
a?0
，讨论函数
f(x)
的单调性；
（2）当
a??1
时，若不等式
f(x)?(bx?b?
1
)e
x< br>x
?x?0
在
[1,??)
上恒成立，求
b
的取值范 围．
27
．（
2020·
广西兴宁南宁三中高二期末（文））已知函数f
?
x
?
?xlnx?2ax
2
?x
，
a?R
．
（Ⅰ）若
f
?
x
?
在
?0,?
?
?
内单调递减，求实数
a
的取值范围；
（Ⅱ ）若函数
f
?
x
?
有两个极值点分别为
x
1
，
x
2
，证明：
x
1
?x
2
?
1
2a
．
28
．（
2020·
河南高三其他（文））已知 函数
f(x)?xlnx?xa?3
的最小值为
2.
（
1
）求
a
的值以及
f
（
x
）的单调区间；
2 2

（
2
）设
a
2
1
*
n
?ln(1?
n
)
，
n
∈
N
，证明：
a
1
?a
2
??a
n
?
n
2n?4
.
．（
2020·
河南高三其他（文））已 知函数
f
?
x
?
?
x
2
29
e< br>x
?a
?
a?R
?
.
（
1
）若< br>f
?
x
?
有三个不同的零点，求
a
的取值范围； < br>（
2
）当
x?3
时，不等式
e
x
f
?
x
?
?
?
a?3
?
x?0
恒成立，求< br>a
的取值范围
.
30
．（
2020·
重庆九龙坡高 三其他（文））已知函数
f(x)?x?
3
x
，
h(x)?lnx? x?a
．
（1）当
a
＝
0
时，求
g(x)?f(x )?h(x)
的极值；
（2）证明
a??3
时，不等式
h(x)? (x?2)e
x
?x?f(x)?
3
x
对任意
x?
?
?
1
?
2
,1
?
?
?
均成立．
（其中
e
为自然对数的底数，
e
＝
2.718…
） ．









解析附后
2 2

2021学年高考数学（文）尖子生同步培优题典

专题1.4 导数的综合应用

姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
四、
选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

?
??
?
x
1
．（
2020·
甘肃靖远
?
高三其他（文））函数
f
?
x
?
?xtanx?e
在
?
?,
?
上的零点个数为（

）
?
22
?
A
．
1
【答案】
B
B
．
2 C
．
3 D
．
4
e
x
【解析】令
f
?
x
?
?xtanx?e?0
，显然
x?0
不是函数的零点，可得
tanx?
．
x
x
?
??
?
e
x
?
x?1
?
e
x< br>设
g
?
x
?
?
，
x?
?
? ,
?
，因为
g
?
?
x
?
?
， < br>?
22
?
x
x
2
?
?
?
所 以当
x?
?
?,0
?
，
g
?
?
x
?
?0,g
?
x
?
?0
，
?
2
?
?
?
?
当
x?
?
0,1
?，
g
?
?
x
?
?0,g
?
x
?
?0
，当
x?
?
1,
?
，
g
?
?
x
?
?0,g
?
x
?
?0
，
?
2
?
x
?
??
?
e
∴
g
?
x
?
的极小值为
g
?
1
?
? e
，而
tan1?tan?3?e
，故作出函数
y?tanx
和y?
在
?
?,
?
上的
3
x
?
22
?
?
图象，如图所示：
2 2

?
??
?
x
所以，两函数图象有两个交点，即函数
f
?
x
?
?xtanx?e
在
?
?,
?
上的零点个数为
2
．
?
22
?
故选：
B
．
2
．（
2 020·
四川广元高三三模（文））如果关于
x
的不等式
x
3
?ax
2
?1?0
在
?
?1,2
?
上恒成立，则 实数
a
的
取值范围为（

）
A
．
a?
32

2
B
．
a?2
C
．
a?1
D
．
a?0

【答案】
D
【解析】

【分析】

不等式
x
3
?ax
2
?1?0
在
?
?1,2
?
上恒成立等价于
a?
?
x ?
?
?
1
?
?
,x?[?1,0)(0,2]
,< br>求导后判断导函数在
x
2
?
min
[?1,0)?(0,2]
上的正负号，即可得到函数
x?
可得到
a
的取值范围
.
【详解】

1
??
1
x?
[?1,0)?(0,2 ]
,
在上的单调性即可找到，即
?
2
?
2
x
x
??
min
2 2

当
x?0
时,不等式成立.
当
x?0
时,不等式
x
3
?ax
2
?1?0
在
[?1,0)?(0,2]
上恒成立等价于
a?x?
立
.
令
g(x)?x?
1,x?[?1,0)(0,2]
恒成
2
x
1
,x?[?1,0) (0,2]
则
a?g(x)
min
.
2
x
2x< br>3
?2
?
,
又
g
?
(x)?1?
3
?
令
g(x)?0
，解得
x?(0,2]

3xx
所以
g(x)
在
[?1,0)
上单调递增
,
在
(0,2]
上单调递减
,
(2，2)
单调递增
.
又因为
g(?1)?0,g(2)?
1
2+
.
2
所以
g(x)
min
?0
.
所以
a?0
.
故选：
D.
【点睛】

本题考查不等式恒成立问题中参数的取值范围
.
属于中档题
.
解本类问题一般有两个方向：
1)
直接判断函数的单调性，找到函数的最值
.
利用
f(x)?0
恒成立
?f(x)
min
?0
；
f(x)?0
恒成立
?f(x)
max
?0
找到参数的取 值范围
.
2)
参变分离
.
先将参数与变量分开，再利用
f (x)?a
恒成立
?f(x)
min
?a
；
f(x)?a< br>恒成立
?f(x)
max
?a
.
3
．（
2 019·
河北衡水高考模拟（文））已知函数
f(x)?
1
2
x?a lnx
，若对任意两个不等的正数
x
1
，
x
2
，都
2
2 2

有
f
?
x
1
?
?f
?
x
2
?
x
1
?x< br>2
?4
恒成立，则
a
的取值范围为（ ）
A
．
[4,??)

【答案】
A
【解析】

【分析】

??)
B
．
(4.?
C
．
(??,4]
D
．
(??,4)

根据题意先确定
g
（
x
）＝
f
（
x
）﹣
4x
在（
0
，
+
∞）上单增，再利用导数转化，可得
a?4x?x
2
恒成立，令
h
?
x
?
?4x?x
2
，
求得
h
?
x
?
max
，即可求出实数
a
的取值范围．
【详解】

令
g
?
x
?
?f
?< br>x
?
?4x
，因为
f
?
x
1
??f
?
x
2
?
x
1
?x
2
? 4
，所以
g
?
x
1
?
?g
?
x< br>2
?
x
1
?x
2
?0
，
即
g
?
x
?
在
?
0,??
?
上单调递增， 故
g
?
?
x
?
?x?
a
?4?0
在
?
0,??
?
上恒成立，
x
即
a?4x?x< br>2
，令
h
?
x
?
?4x?x,x?
?
0,??
?
.
2
则
h
?
x
?
?4x?x?h
?
2
?
?4
，
h
?
x?
max
?4
，即
a
的取值范围为
[4,??）
.
2
故选A.
4
．（
2019·
忠县三汇中学高三期 末（文））已知函数
g(x)?lnx?
31
?x?1
，
f(x)? x
2
?2tx?4
，若对
4x4
任意的
x
1
?(0,2)
,存在
x
2
?
?
1,2
?
，使
g(x
1
)?f(x
2
)
，则实数
t
的取值范围是( )
A
．
2,
17

8
B
．
?
?
17
?
,??
?

?
8
?
C
．
?
2,??
?
D
．
1,??
?

?
【答案】
B
2 2

【解析】由题意可知
g
?
x
?
min
?f
?
x
?
min
，
1314x?3? x
2
?
?
x?1
??
x?3
?
，
0?x?2

g
?
?
x
?
??
2
???
22
x4x44x4x
当
x?
?
0,1
?
时，
g
?
?
x
?
?0
，函数单调递减，
当
x?
?
1,2
?
时，
g
?
?< br>x
?
?0
，函数单调递增，
?
当
x?1
时 ，
g
?
x
?
取得最小值，
g
?
1
?
??
，
1
2
f
?
x
?
?x< br>2
?2tx?4?
?
x?t
?
?4?t
2
，
x?
?
1,2
?
，
2
①当
t?1
时，函数单调递增，
f
?
x
?
min
?f
?1
?
?5?2t
，
即
5?2t??
11
1
，不成立；

，解得：< br>t?
2
4
2
②当
1?t?2
时，
f
?
x
?
min
?f
?
t
?
?4?t
，
即
4?t??
2
1
32
32
，解得：
t?
或
t??
，不成立；
2
2
2
③当
t?2
时，函数单调递减，
f
?
x
?
min
?f< br>?
2
?
?8?4t

即
8?4t??
1
17
，成立
.
，解得：
t?
2
8
17
.
8
综上可知：
t?
故选：
B
5
．（
20 20·
河南高三月考（文））若函数
f
?
x
?
?m?x?2 lnx
在
?
2
?
1
?
,e
?
上有 两个不同的零点，则实数
m
的
2
?
e
?
取值范围为
（ ）
2 2

A
．
e,e?2
?
?

?
2
B< br>．
?
1?
?
?
1
2
1
???
,e?21,4?
C
．
?
44
?

?
ee
???
D
．
1,?
?
?

?
【答案】
C
【解析】

【分析】

令
fx
?
1
?
2
2
y?m
,e
?< br>上的图象有两个交点，
0
得，
gx?x?2lnx
，所以直线与函数在
??
m?x?2lnx
2
?
e
??
2
利用 导数判断出函数
g
?
x
?
?x?2lnx
的单调性，画出图 象，即可求出．
【详解】

令
fx
?
1
?
2
2
y?m
,e
?
上的图象有两个交点．
0
得，
gx?x?2lnx
，所以直线与函数在
??
m?x?2lnx
2
?
e
??
2
2
?
x?1
?
因为< br>g
?
?
x
?
?2x?
2
?
， xx
当
1
?x?1
时，
g
?
?
x?
?0
，当
1?x?e
时，
gx
2
e
?
1
?
1
?
4
?4
，
g
?
e
?
?e
2
?2
，
g
?
1
?< br>?1
，
2
?
?
e
?
e
0
，
而
g
?
作出图象，

2 2

由图可知，
?1?m?
1
e
4
?4
．
故选：
C
．
6
．（
2020·
福建莆田高三期末 （文））已知对任意实数
x
都有
f'
?
x
?
?f< br>?
x
?
?2e
x
，
f
?
0
?
??1
，若
f
?
x
?
?k
?
x ?1
?
，则
k
的取值范围是（

）
A
．
?
1，??
?

?
3
3B
．
?
，4e
2
?
?
C
?
1
D
．
?
3
．
?
2
?
1，4e< br>2
?
?
?

?
1，4e
2
?
???
?

?
【答案】
D
【解析】

设
F
?
x
?
?
f
?
x
?
e
x
， F
?
?
x
?
?
f
?
?
x?
e
x
?f
?
x
?
e
x
?< br>e
x
?
2
?
f
?
?
x
?< br>?f
?
x
?
e
x
?2
，
?F?
x
?
?2x?c
，即
f
?
x
?e
x
?2x?c?f
?
x
?
?e
x
?
2x?c
?
，
f
?
0
?
?c??1
，
?f
?
x
?
?e
x
?
2x?1
?
，
不等式f
?
x
?
?k
?
x?1
?
?e
x
?
2x?1
?
?k
?
x?1
?
< br>当
x?1
时，
k?
e
x
?
2x?1
?
?
e
x
?
2x?1
x?1
，即
k??
?
?
?
x?1
?
?

，
min
设
g
?
x
?
?
e
x
?2x?1
?
2x
x?1
，
g
?
?
x< br>?
?e
x
?
2x?3x
?
x?1
?
2
?
e
?
x?1
?
2
?x
?
2x ?3
?
，
x?1

2 2

当
x?
?
1,
?
时，
g
?
?
x
?
?0

，
g
?
x
?
单调递减，
?
3
?
?
2
?
当
x?
?
?
3
,??
2
?
?
?
时，
g
?< br>?
x
?
?0
，
g
?
x
?
单 调递增，
?
3
3
?
3
?
?
当
x ?
时，函数取得最小值，
g
??
?4e
2
，
2< br>?
2
?
?
当
x?1
时，
k?4e
，
3
2
?
e
x
?
2x?1
?
?e
x
?
2x?1
?
当
x?1
时，
k?
，即
k?
??

x?1
x?1
??
max
2x
e
x
?
2x?1
?
g
?
x? e
x
?
2x?3x
?
e
?x
?
2x?3< br>?
，
x?1

， 设
g
?
x
??
，
??
22
?
x?1
??
x?1
?
x?1
当
x?0
时，
g
?
?
x
?
?0
，
g
?
x
?
单调递增，
当
0?x?1
时，
g
?
?
x
?
?0
，
g
?
x
?
单调递减，
?x?0
时，
g
?
x
?
取得最大值，
g
?
0
?
?1
，
?x?1
时，
k?1
，
当
x?1
时，f
?
1
?
?e?0
恒成立，
3
综上可知：
1?k?4e
2
.
故选：
D
【点睛】

本题考查构造函数，不等式恒成立求参数的取值范围，意在考查利用函数的 导数构造函数，并利用导数分
析函数的性质，利用导数构造函数需熟记一些函数的导数，
xf< br>?
x
?
?
?f
?
x
?
?xf
?
?
x
?
，
??
2 2

?
f
?
x
?
?
?
xf
?
?
x
?
?f
?
x
?
，
?
x
2
f
?
x
?
?
?
?2xf
?
x
?
?x
2
f
?
?
x
?

??
?
x
2
?
x
?
?
f
?x
?
?
?
f
?
?
x
?
?f< br>?
x
?
?
x
.
?
ef
?
x
?
?
?e
?
f
?
x
?
?f?
?
x
?
?
，
?
e
x
??
x
e
??
x
2
7
．（
2020·< br>贵州南明
?
贵阳一中高三月考（文））命题
p:?x?R
，
e
x
?x
，命题
q:?x
0
?R
，
x
0
?0
，下列
给出四个命题①
p?q
；②
p?q
；③
p??q
；④
?p?q
，所有真命题的编号是（

）
A
．①③

【答案】
A
【解析】

【分析】

利用导数判断命题
p
的正误，并判断出命题
q< br>的正误，再结合复合命题的真假可得出结论
.
【详解】

对于命题< br>p
，构造函数
f
?
x
?
?e?x
，则
f
?
?
x
?
?e?1
，由
f
?
?
x
?
?0?x?0
.
xx
B
．①④
C
．②③
D
．②④
当
x?0
时，
f
?
?
x
?
?0
；当
x?0
时，
f
?
?
x
?
?0
.
所以，函数
y?f
?x
?
的单调递减区间为
?
??,0
?
，单调递增区间为
?
0,?
?
?
.
所以，
f
?
x
?
min
?f
?
0
?
?1
，则
? x?R
，
f
?
x
?
?f
?
0
?< br>?1?0
，
?e
x
?x
，命题
p
正确； < br>对于命题
q
，因为
?x?R
，
x
2
?0为真命题，所以命题
q
为假命题
.
因此，
p?q
为真 ，
p?q
为假，
p??q
为真，
?p?q
为假
.
故选：
A.
8
．（
2020·
江西省南城一中高三期末（ 文））设函数
f
?
x
?
?ax?bx?cx
?
a, b,c?R,a?0
?
，若不等式
32
2 2

xf
?
?
x
?
?af
?
x
??5
对
?x?R
恒成立，则
?
5
?
3
?
?
?
1
?
3
?
?
b?2c
的取 值范围为（ ）
a
C
．
?
?,??
?
A
．
?
,??
?
B
．
?
,??
?

?
5
?
3?
?
D
．
?
?,??
?

?
1
?
3
?
?
【答案】
C
【解 析】
f
?
x
?
?ax
3
?bx
2
?cx
，
?f
?
?
x
?
?3ax
2
?2bx?c
，
由不等式
xf
?
?
x
?
?af
?
x
?
?5
对
?x?R
恒成立，
可得
3a?a
?
2
?
x?
?
2b?ab
?
x?
?
c?ac
?
x?5?0
对
?x?R
恒成立，
32
所以，
3a?a
2
?0
且
a?0
，解得
a?3
，
?
b?0
c
2
则不等式
bx?2cx?5?0
对
?x?R
恒成立，所以
?
，则b?
，
2
??4c?20b?0
5
?
2
1< br>2
2
c?2c
2
c?5?25
??
c?10c5.
所以，
b?2cb?2c
5
??????
a3315153
因此，
b?2c
?
5
?
的取值范围为
?
? ,??
?
.
a
?
3
?
故选：
C.

2
9．（
2020·
甘肃城兰州一中高三二模（文））已知函数
f(x)?kx,g( x)?2lnx?2e,(?x?e)
，若
f(x)
与
1
e
g(x)
的图象上分别存在点M，N，使得MN关于直线
y?e
对称，则实数k的取值 范围是（ ）
A
．
[?
24
,?
2
]

ee
B
．
[?
2
,2e]

e
C
．
[?
4
,2e]

2
e
D
．
[?
4
,??)

2
e
【答案】
B
【解析】因为函数
f
?
x
?
?kx,g
?
x
?
?2lnx?2e,
??
1
?
?x?e
2
?
的图象上分别存在点M，N，使得 MN关于直线
?
e
?
2 2

y?e
对称，所以设
M
?
x,kx
?
，则
N
?< br>x,2e?kx
?
,
所以
2e?kx?2lnx?2e
，所 以
k??
2?2?2lnx
lnx
，
k
?
?
，由
k
?
?0
得
x?e
，
xx
2因为
1
e
?x?e
2
，所以
x?
?
?
1
?
e
,e)
时，
k
?
?0
，< br>k??
2
x
lnx
是减函数；
当
x?(e,e2
?
?
时，
k
?
?0
，
k??
2
x
lnx
是增函数，
所以
x?e
时，
k??
2
e
lne??
2
e
；当
x?e
2
时，
k??
24
e
2
lne
2
??
e< br>2
，
当
x?
1
k??
2
ln
1< br>?
e
时，
1
e
2e
；
e
所以k
min
??
2
e
，
k
max
?2e
，
所以实数的取值范围是
?
?
?
2
?
?
e
，2e
?
?
,
所以选B.
10
．（
2020·
麻城市实验高级中学高三其他（文））函数
y?
2x
ln x
的图象大致为（

A
．
B
．

2 2

）

C
．
D
．

【答案】
D
【解析】

解：由
lnx?0
得，
x?0
且
x?1
，
当
0?x?1
时，
lnx?0
此
y?0
时，排除
B,C
函数的导数
f
'
(x)?
2lnx?2x?
(ln x)
2
1
x
?
2lnx?2
，
(lnx)
2
由
f(x)?0
得
lnx?1
，即
x?e
时函 数单调递增，
'
由
f(x)?0
得
lnx?1
且
x?1
，即
0?x?1
或
1?x?e
时函数单调递减，
故选：
D
11
．（
2020·
安徽金安六安一中高三其他 （文））已知函数
f
?
x
?
?
唯一零点，则
a的取值范围为（

）
A
．
?
??,0
?

C
．
???,0
?
?
?
1,??
?

【答案】
B
【解析】
f
?
x
?
?
B
．
?
??,0
?
D
．
?
??,?1< br>?
'
1
2
ax?cosx?1
（
a?R
）， 若函数
f
?
x
?
有
2
?
1,??
?

?
1,??
?

1
2
ax?cosx ?1
，易知函数为偶函数，且
f
?
0
?
?0
，故考 虑
x?0
的情况即可，
2
2 2

x
??
2sin
2
?
1?cosx
?
?
1
2
2
?
， 当
x?0
时，
f
?
x
?
?ax?cosx?1?0
，即
a??
??
2
x
2
x
??
??
2
设
2sin
k?
x
x
x
y?2sin
，表示函数上的点到原点的斜率，根据图象知：
2
2
2
x
?
y
?
?cos
，当
x?0
时，
y
max
2
x
??
2sin
?
2
?
?1
，
?1
，故
k?1
，故
0?
??
x
??
??
x
??
2sin
2
?
1?cosx
?
?
2
?
无解，故
a?< br>?
??,0
?
a??
??
x
2
x
? ?
??
故选：
B.
2
?
1,??
?
.

x
12
．（
2020·
河南开封高三二模（文））已知函 数
f(x)?x?sinx?2ln(x
2
?1?x)?1
，若
f( ax?e?1)?1
在
x?
?
0,??
?
上有解，则实数< br>a
的取值范围为（

）
B
．
?
??,1
?
C
．
?
e,??
?
D
．
?
1,e
?
A
．
?
1,??
?

【答案】
A
【解析 】解：根据题意，函数
f
?
x
?
?x?sinx?2ln
?
x
2
?1?x?1?x?sinx?2ln
?
?
x
2
?1?x?1
，
2 2
?

函数
y?x?sinx
，其导数
y??1?cosx0
，在
R
上 为增函数，
函数
y?2ln
?
x
2
?1?x?1
，在
R
上为增函数，
?
则函数
f(x)?x?sinx?2ln( x
2
?1?x)?1
在
R
上为增函数；
又由
f( 0)?1
，即
f(ax?e
x
?1)?f(0)
在
x?(0 ,??)
上有解，即存在
x?(0,??)
使得，
ax?e
x
?1?0
有解，
进而可得存在
x?(0,??)
使得，
ax?e
x
?1
有解，
在同一坐标系里画出函数
y
1
?a x
与函数
y
2
?e
x
?1
的图象；
对于
y
2
?e
x
?1
，其导数
y
2
? ?e
x
，当
x?(0,??)
时，曲线
y
2
?e< br>x
?1
的切线的斜率
k?e
x
?1
；
要满 足存在
x?(0,??)
使得，
ax?e
x
?1
有解，则直 线
y
1
?ax
的斜率
a?1
；
故实数
a
的取值范围为
(1,??)
；
故选：
A
．

13
．（
2020·
湖北 黄州黄冈中学高三其他（文））已知函数
f
?
x
?
?
??
x,x?0
2
gx??x?2x
（其中
e
是，
??
2x
?
e,x?0
自然对数的底数），若关于
x
的方 程
gf
?
x
?
?m?0
恰有三个不等实根
x
1
，
x
2
，
x
3
，且
x
1?x
2
?x
3
，则
2 2
??

x
2
?x
1
?x
3
的最小值为（

）
A
．
3
?ln2

2
B
．
?
3
?ln2

2
C
．
?
3
?ln2

2
D
．
3
?ln2

2
【答案】
B
【解析】

【分析】

分 别画出
f
?
x
?
和
g
?
x
?的图像，令
t?f
?
x
?
,
?
t?0
?
，则
g
?
t
?
??t?2t?m
，要满足题意， 则
0?m?1
，
2
此时
y=m
与
y=g(t)有两个交点
t
1
,t
2
，且
0?t
1
?1,1?t
2
?2,t
1
+t
2
=2
，通过t
1
,t
2
研究函数
f
?
x
?
图像，由图
可得
e
2x
1
?t
1
=x
2
，
x
3
=t
2
，用
t
1
表示出< br>x
2
?x
1
?x
3
，构造函数求导可求最值
.
【详解】

根据题意画出
f
?
x
?
和
g
?
x
?
的图像，如图，令
t?f
?
x< br>?
,则
t?0
,
g
?
t
?
?m ,
当
0?m?1
时，
y=m
与
y=g(t)
有两个交点
t
1
,t
2
，且
0?t
1
? 1,1?t
2
?2,t
1
+t
2
=2
，
当
t?t
1
时对应两个
x
值，当
t?t
2
时对应一个
x
值，则方程恰有三个不等实根
x
1
，
x
2
，
x
3
，且
1
e
2x
1
?t
1
=x
2
,
x
3
=t
2
，取对数 得
2x
1
=lnt
1
，所以
x
2
?x1
?x
3
=t
1
?x
1
?t
2
=2t
1
?lnt
1
?2
，
2
构造函数
h
?
t
?
=2t?
1
lnt?2
?
0? t?1
?
，
2
h
?
?
t
?
=2 ?
?
?
14t?1
1
?
，
h
?
?
t
?
=0
，
t?
，
4
2t2t
?
1
?
?
4
?
1
?
上单调递增，
h(t)
在
?
0,
?
上单调递减，在
?
，
1
?
4
?
所以当
t?
3
1
?
1
?
111
时函数
h(t)
取得最小值
h
??
=?ln?2=??ln2

2
4
?
4
?
224
2 2

故选：
B

14
．（
2020 ·
岳麓湖南师大附中高三三模（文））已知函数
f(x)?
m
?1?nlnx
（
m?0
，
0?n?e
）在区间
x
[1,e]内有唯一零点，则
n?2
的取值范围为（ ）
m?1
B
．< br>?
A
．
?
?
e?2e
?
,?1
?< br>
2
e?e?12
??
?
e?2
?
,e?1

2
?
e?e?1
??
?
e
?
?1
?

?
2
?
C
．
?
?
2
?
,e?1
?

?
e?1
?
D
．
?
1,
【答案】
A
【解析】

【分析】

(1)?0,
?
f(1)?0,
?
f
[1,e]
由函数在区间内有唯一零点，根据零点存在性定理即函数单调性可得
?
或
?
化 简
f (e)?0,
f (e)?0,
?
?
可得关于
m.n
的约束条件，利用线性规划求解即可
.
【详解】

f
?< br>(x)??
mnm?nxm
?
???f(x)???0
， ，当时，< br>n?0
x
2
xx
2
x
2
m
?0，所以函数
f(x)
在
[1,e]
上单调递减，
n
当
0?n?e
时，令
f
?
(x)?0
，则
x?? 2 2

由函数
f(x)
在区间
?
1,e
?
内有唯一零点，
?
m?1?0,
?
f(1)?0,
?

得
?
,即
?
m
f (e)?0,
?1?n?0,< br>?
?
?
e
?
m?1?0,
即
?
< br>m?e?en?0,
?
或
?
(1)?0,
?
m?1? 0,
?
f
,即
?
,又
m?0
，
0?n?e
，
(e)?0,
?
m?e?en?0,
?
f
?
m? 1?0,
?
m?1?0,
?
m?e?en?0,
?
m?e? en?0,
??
所以
?
（1）或
?
（2）
m ?0,m?0,
??
??
?
0?n?e,
?
0?n?e,< br>所以
m
，
n
满足的可行域如图（1）或图（2）中的阴影部分所示，
则
n?2n?(?2)
?
表示点（
m
，
n
）与点（－1，－2）所在直线的斜率，
m?1m?(?1)

?
m?e< br>2
?e,
?
m?e?en?0,
n?2
综上可得的最小值在< br>A
点处取得，根据
?
得A点坐标满足
?
，所以最小值
m?1
?
n?e,
?
n?e,
为


五、填空题（不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
2 2
e?2
，故选A.
2
e?e?1

15< br>．（
2020·
黑龙江道里
?
哈尔滨三中高二期末（文））已知函数< br>f
?
x
?
?x
，
g
?
x
?
?
2
lnx
，有下列四个命
x
题：
①函数
h
?
x
?
?f
?
x
?
?g
?< br>x
?
是奇函数；
②函数
h
?
x
?
?f
?
x
?
?g
?
x
?
是定义域内的单调 函数；
③当
x?0
时，方程
f
?
x
?
? g
?
x
?
有一个实数根；
④当
x?0
时，不等式
f
?
x
?
?g
?
x
?
恒成立，
其中正确命题的序号为
__________.
【答案】③④
【解析】对 于①②，
h
?
x
?
?x
2
?
lnx
x
，
h
?
1
?
?1,h
?
?1
?
?1
，因
h
?
?1
?
??h
?
1
?
，
所以
h
?
x
?
不是奇函数
.
而
h
?
1
?
?h
?
?1
?< br>，故
h
?
x
?
在定义域内不是单调函数，
故①②错误.
对于③，
方程
f
?
x
?
?g
?
x
?
在
,0
上是否有一个实数根等价于
x< br>3
?ln
?
?x
?
是否有一个实数根，
也就是
s
?
x
?
?x
3
?ln
?
?x
?
在
,0
是否有一个零点
.
因为
s
?
?
x
?
?3x
2
?
1
x
?0
（x?0
），故
s
?
x
?
在
,0
上为单 调增函数，
因为
s
?
?
?
1
?
?
1
?
e
?
??
e
3
+1?0
，
s
?
?e
?
??e
3
?1?0
，故
s?
x
?
在
,0
有一个零点
.
所以方程
f
?
x
?
?g
?
x
?
在
,0< br>上有一个实数根，故③正确.
2 2

对于④，当
x?0
时，不等式
f
?
x
?
?g< br>?
x
?
等价于
x
3
?lnx
，
1 3x
3
?1
令
u
?
x
?
?x?lnx，
x?0
，则
u
?
?
x
?
?3x??
，
xx
3
2
当
0?x?
?
1
?
时，
u
?
?
x
?
?0
，当
x?< br>?
1
?
时，
u
?
?
x
?
? 0
，
????
1
3
1
3
?
3
? ?
3
?
1
?
?
?
1
???
故u
?
x
?
在
?
0,3
3
?
上 为减函数，在
?
3
3
,??
?
为增函数，
??? ?
所以
u
?
x
?
min
?
?
1< br>?
1ln3
3
?u
?
3
?
???0
，故
u
?
x
?
?0
在
0,
33
? ?
上恒成立，故④正确.
上恒成立，
所以
f
?
x
?
?g
?
x
?
在
0,
故答案为：③④.
16
．（
2020·
山西迎泽太原五中高三其他（文））已知
f
?
x
?
?x?e
，
g
?
x
?
?f< br>x
2
?
x
?
?tf
?
x
??
t?R
?
若满足
g
?
x
?
??1
的x
有四个，则
t
的取值范围为
_____.
?
e2
?1
?
【答案】
?
??,?
?

e
??
【解析】满足
g
?
x
?
??1
的x
有
4
个，
?
方程
f
2
?
x
?
?tf
?
x
?
?1?0
有
4
个 根，
设
h
?
x
?
?xe
，则
h
?
?
x
?
?
?
x?1
?
e
，令< br>h
?
?
x
?
?0
，得
x??1
.
xx
当
x?
?
??,?1
?
时，
h
?
?
x
?
?0
，函数
y?h
?
x
?
单调递减；
当
x?
?
?1,??
?
时，h
?
?
x
?
?0
，函数
y?h
?x
?
单调递增，
?h
?
x
?
min
? h
?
?1
?
??
画出函数
h
?
x
?
?xe
的大致图象，如图所示：
x
1
，
e
2 2

f
?
x
?
?xe< br>x
?h
?
x
?
，
?
保留函数
y? h
?
x
?
的
x
轴上方的图象，把
x
轴下方 的图象关于
x
轴翻折到
x
轴上方，
即可得到函数
f
?
x
?
?xe
的图象如下图所示：
x


令
m?f
?
x
?
，则m
2
?tm?1?0
，
2
所以要使方程
f
?
x
?
?tf
?
x
?
?1?0
有
4
个根，
?
?
1
?
?
内，一个根在
e?
则方程
m
2
?tm?1?0
应有两个不等的实根，又由于两根 之积为1，所以一个根在
?
0,
?
1
?
?
,??< br>?
内，
?
e
?
2 2

e
2
?1
1
??
1
?
t
?
设
?
?
m
?
?m?tm?1
，因为
?
?0
?
?1?0
，则只需
?
??
?
??
??1?0
，解得：
t??
，
2
2
?
e
??
e
?
e
e
因此，实数
t
的取值范围是
?
?
e
2
?1
?
?
??,?
e
?
?
.
故答案为：
?
?
e
2
?1
?
??,?
?
e
?
?
.
17
．（
2020·
四川宜宾
?
高三二模（文））函数
f
?
x?
?
1
3
x
3
?2x
2
?3x?4
3
的零点个数为
__________
．
【答案】
2

【解析】函数
f
?
x
??
1
3
x
3
?2x
2
?3x?
43
，
?f
?
?
x
?
?x
2
? 4x?3?
?
x?1
??
x?3
?
，
令
f
?
?
x
?
?0
得：
x??3
或
?1
，
当
x?
?
??,?3
?
时，
f< br>?
?
x
?
?0
，函数
y?f
?
x< br>?
单调递增；
当
x?
?
?3,?1
?
时，
f
?
?
x
?
?0
，函数
y?f
?
x
?
单调递减；
当
x?
?
?1,??
?
时，
f
?
?
x
?
?0
，函数
y? f
?
x
?
单调递增
.
所以，函数
y?f
?
x
?
的极大值为
f
?
?3
?
?
4
3
，极小值为
f
?
?1
?
?0
，
则函数
y?f
?
x
?
的大致图象如图所示：
2 2

由图象可知，函数
y?f
?
x< br>?
有
2
个零点
.
故答案为：
2
．
18
．（
2020·
全国高三月考（文））已知函数
f(x)?e?
x
1
3
1
x?x
2
与
g(x)??x
3
?ax(x?0)
的图像上存在
22
关于原点的对称点，则实数
a< br>的取值范围是
__________
．
【答案】
[2e?1,??)

【解析】

【分析】

3
先求得与
y?g(x)
的图象关于原点对称的 函数
h(x)??x?
1
ax(x?0)
，再根据函数
y?f(x)
与
2
y?g(x)
的图象上存在关于原点的对称点，转化为
y?f( x)
与
y?h(x)
的图象有交点，即
1e
x
1
2
e
x
1
2
a??x?x,x?0
有解．再令
f(x )??x?x
，求其值域即可
.
x2
2x2
【详解】

设
y?h(x)
的图象与
y?g(x)
的图象关于原点对称， 由
g(x)??x?
3
1
1
ax(x?0)
，得
h(x)??x
3
?ax(x?0)
，
2
2
因为函数< br>y?f(x)
与
y?g(x)
的图象上存在关于原点的对称点，
2 2

即
y?f(x)
与
y?h(x)
的图象有交点，
即
e?
x
1
3
1
x?x
2
??x
3
?ax,x?0
有解，
22
1e
x
1
2
即a??x?x,x?0
有解．
2x2
?
e
x
?
e
x
?x?e
x
e
x
1
2
?
f (x)??x?1?(x?1)?1
令
f(x)?
，则
?x?x
?< br>2
?
，
2
x
x2
?
x
?
当
x?(0,1)
时，
f
?
(x)?0
，函数
f( x)
单调递减，
当
x?(1,??)
，
f
?
(x )?0
，函数
f(x)
单调递增，
所以
f(x)
有最小值
f(1)?e?
即
a2e?1
．
故
a
的取值范围为
[2e?1,??)
．
111
，所以
ae?
，
222
故答案为：
[2e?1,??)

e
x
19
．（
2020·
陕西新城
?
西安中学高三其他（文））已知函数f
?
x
?
?
2
?2klnx?kx
，若
x?2
是函数
f
?
x
?
x
的唯一极值点，则实数
k
的取值集合是
________
．
?
e
2?
?,??
【答案】
?
?
．
4
??
2xx
e
x
?kx
2
?
?
x?2
?
?
xe?2xe2k
，
f
?
?
x
?
?< br>，
??k?
43
xxx
【解析】解：函数定义域
0,
由题意可得，
x?2
是
fx0
唯一的根，
故
e
x
?kx
2
?0
在
0,
上没有变号零点，
2 2

e
x
即
?k?
2
在
x?0
时没有变号零点，
x
e
x
?
x?2
?e
x
令
g
?
x
?
?
2
，x?0
，则
g
?
?
x
?
?
，
3
x
x
当
x?2
时，
gx0
，函数单调递增，
0
，函数单调递减， 当
0?x?2
时，
gx
e
2
故当
x?2
时，
g
?
x
?
取得最小值g
?
2
?
?
，
4
e
2
e< br>2
故
?k?
即
k??
．
4
4
?< br>e
2
?
故答案为：
?
?,??
?
．
?
4
?

六、解答题（请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
2 0．（2020·河北枣强中学高三月考（文））
f(x)??
a
2
x?(a ?1)x?lnx
．
2
（1）若
a??1
，求函数
f(x)
的单调区间； （2）若
a?1
，求证：
(2a?1)f(x)?3e
【答案】（1）详 见解析（2）详见解析
【解析】
a?3
．
f'(x)??ax?(a? 1)?
试题分析：（1）先求函数导数
1?(ax?1)(x?1)
?
xx< br>，再根据定义域研究导函数零点：
2 2

当
a ?0
时，仅有一个零点；当
?1?a?0
时，有两个零点；列表分析导函数符号变号规 律得单调区间（2）
根据（1）得
f(x)
max
?
11
a ?1(2a?1)(a?1)?3e
a?3
22
，将不等式转化为证明，构造函数(2a?1)(
1
a?1)
7
6?
3
g(a)?
2
g(a)?g()?
4
1
?
9
?3
e
a?3
。利用导数可得
2
e
2
2e

f(x)??
a
x
2
?(a?1)x?lnx
试题解析：（1）
2
，
x?0
，
f'(x)??ax?(a?1)?
1
?ax
2
?(a?1)x?1
则
x
?
x
，
当
a?0
时，
f(x)
在
x?(0,1)
上单调增，
(1,? ?)
上单调减，
当
a?0
时，令
f'(x)?0
x?1< br>x?
1
，解得
1
，
2
?
a
，
?
1
?1
当
a
，解得
?1?a?0
， < br>'(x)?0
(?
1
,??)(1,?
1
∴
?1?a ?0
，
f
的解集为
(0,1)
，
a
；
f' (x)?0
的解集为
a
)
，
(x)
(?
1
,??)
∴函数
f
的单调递增区间为：
(0,1)
，
a< br>，
f(x)
(1,?
1
)
函数的单调递减区间为
a
；
?
1
a
?1
当，解得
a?0
，
∴
a?0
，
f'(x)?0
的解集为
(0,1)
；
f'(x )?0
的解集为
(1,??)
，
2 2

< br>1
(?,??)
综上可知：
?1?a?0
，函数
f(x)的单调递增区间为：
(0,1)
，
a
，函数
f(x)
的 单调递减区间为
1
(1,?)
a
；
a?0
，函数
f (x)
的单调递增区间为
(0,1)
，函数
f(x)
的单调递减区间 为
(1,??)
．
（2）证明：∵
a?1
，故由（1）可知函数< br>f(x)
的单调递增区间为
(0,1)
，单调递减区间为
(1,??)
，
∴
f(x)
在
x?1
f(x)
时取极大值，并 且也是最大值，即
max
?
1
2
a?1
，
又∵
2a?1?
0
，
(2a?1)f(x)?(2a?1)(
1
a?1)
∴
2
，
(2a?1)(
1
g(a)?
2
a?1)
g'(a)??< br>(2a
2
?9a?7)(a?1)(2a?7)
设
e
a?3< br>，
2e
a?3
?
2e
a?3
，
(2,7
)
7
∴
g(a)
的单调增区间为
2
(,?? )
，单调减区间为
2
，
6?
3
g(a)?g(
7
4
1
?
9
∴
2
)?
e
2
2e
，
9
?
9
∵
2e?3
，∴
2e3
?3
，∴
g(a)?3
，
e
a?3
?0，
∴
(2a?1)f(x)?3e
a?3
．
21
． （
2020·
安徽黄山高三二模（文））已知函数
f(x)?lnx?mx
.
（
1
）讨论函数
f(x)
的单调性；
2 2

22
（
2
）当
m?0
时，若函数
y?f(x)
的图象与函数
y?mx
的图象交于
A
?
x
1
,y
1
?
，
B
?
x
2,y
2
?
两点，且
1
x
1
?x
2?
（
e
为自然对数的底数），求实数
m
的取值范围
.
e
【答案】（
1
）答案见解析；（
2
）
(0,1)
.
【解析】（
1
）依题意，
x?(0,??)
，
f
?
(x)?
11?mx
?m?(x?0)
.
xx
①若
m?0
，则
f
?
(x)?0
，故
f(x)< br>在
(0,??)
上单调递增
②若
m?0
，令
f?
(x)?0
，解得
x??
1
.
m
则当x?
?
0,?
?
?
1
??
1
?
?
f(x)
x??,??
f(x)?0
时，，单调递增，当
???
时，
f
?
(x)?0
，
f(x)
单调递减； m
??
m
?
综上所述，当
m?0
时，
f(x)
在
(0,??)
上单调递增；
当
m?0
时，
f( x)
在
?
?
1
??
?
1
?
,??
?
上单调递减，在
?
0,?
?
上单调递增
. m
?
?
m
?
?
（
2
）令
m< br>2
x
2
?lnx?mx
，则由题意可知
m
2
x
2
?lnx?mx?0
有两个大于
1
的实数根，
e令
F(x)?mx?lnx?mx
，则
F(x)?mx?lnx?mx
有 两个大于
2222
1
的零点
e
1(2mx?1)(mx?1)F
?
(x)?2m
2
x??m?(x?0)
.
xx< br>因为
m?0
，则当
x?
?
0,
?
?
1
?
?
，时，
F
?
(x)?0
，
F(x)
单调递减；
m
?
当
x?
?
?
1
?
,??
?
时，
F
?
(x)?0
，
F(x )
单调递增；
?
m
?
又当
x???
时，
x???
?
1
?
所以，要使函数
F(x)
在
?
,??< br>?
有两个零点，当且仅当：
?
e
?
2 2

?
?
?
?
?
1
?
?
e
?
?
?
m
2
F
m
e
2
?1?
e
?0
?
?
F
?
?
1
?
?
?
?lnm?0
解得
0?m?1
；
?
?
m
?
?
11
m
?
?
e
综上所述，实数
m
的取值范围是
(0,1)
.
22
．（
2020·
湖北武汉高三其他（文））已知函数
f(x)?e
x
?a x
.
(I)
当
a=-1
时，
①求曲线
y= f(x)
在点
(0
，
f(0))
处的切线方程；
②求函数
f(x)
的最小值；
(II)
求证
:
当
a?
?
?2,0
?
时，曲线
y? f
?
x
?
与
y?1?lnx
有且只有一个交点
.
【答案】（
1
）切线方程
y?1
；
f(x)
min
?1
；（2）证明见解析
【解析】(I)当
a??1
时，
①函数
f(x)?e
x
?x
，
?f(0)?e
0
=1
，
f
?
(x)?e
x
?1
，即
f< br>?
(0)?e
0
?1=0
，
?
曲线
y?f (x)
在点
(0，f
?
0
?
)
处的切线方程为y?1
.
②令
f
?
(x)?e
x
?1>0< br>，得
x?0
，令
f
?
(x)?e
x
?1<0
，得
x?0
，
所以
f(x)
在
(0,+?)上单增，在
(??,0)
单减,
?
函数
f(x)
的最 小值为
f(x)
min
?f(0)?1
.
(II) 当
a?
?
?2,0
?
时，曲线
y? f
?
x
?
与
y?1?lnx
有且只有一个交点.
2 2

等价于
g
?
x
?< br>?e?ax?lnx?1
?
x?0
?
有且只有一个零点.
x
g
?
?
x
?
?e
x
?
1
?a
?
x?0
?
，
x
x
当
x?
?
0,1
?
时，
e?1,
1
?1
，
x< br>a?
?
?2,0
?
，则
g
?
?
x< br>?
?e
x
?
当
x?
?
1,??
?< br>时，
e?e?2,
x
1
?a?0
，
x
1
?0
，
x
a?
?
?2,0
?
，则
g
?
?
x
?
?e
x
??g
?
x
?
在
?
0,?
?
?
上单增，
1
?a?0
，
x
又
1
1
1a
g()?e
e
??2?e
2
?2?0
，
eeg
?
e
?
?e
e
?ae?e
2
?2e ?0
，
由零点存在性定理得
g
?
x
?
有唯一零点 ，即曲线
y? f
?
x
?
与
y?1?lnx
有且只有一个交点.
【点睛】

判断函数零点个数及分布区间的方法：
（
1
） 解方程法：当对应方程易解时，可通过解方程确定方程是否有根落在给定区间上；
（
2
）定理法：利用零点存在性定理进行判断；
（
3
）数 形结合法：画出相应的函数图象，通过观察图象与
x
轴在给定区间上是否有交点来判断，或者转 化
为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断
.
23
．（
20 20·
陕西西安高三三模（文））已知函数
f
（
x
）＝
（< br>1
）求函数
f
（
x
）的极值；
lnx
．
x
2 2

（
2
）令
h（
x
）＝
x
2
f
（
x
），若对?x≥1
都有
h
（
x
）
≥ax
﹣
1，求实数
a
的取值范围．
【答案】（
1
）极大值
1< br>，无极小值（
2
）
a?1

e
【解析】

【分析】

（
1
）求函数的导数，利用导数求函数单调区间，即可确定函数极值；
（< br>2
）由题意，不等式可转化为
lnx?
11
?a
对?
x≥1
都成立，利用导数判定
g(x)?lnx?
的单调性，求出
xx
g(x)
的最小值即可求出
a
的取值范围
.
【详解】

（
1
）
f
（
x
）＝
lnx
的定义 域为
(0,??)
，
x
f
?
(x)?
1?lnx
，

x
2
当
x?(0,e)
时，
f
?
(x)?0
，当< br>x?(e,??)
时，
f
?
(x)?0
，

故
f(x)
在
(0,e)
上单调递增，在
(e,??)
上单 调递减，

所以
f(x)
在
x?e
上有极大值
f( e)?
1

e
（
2
）
h(x)?x
2f(x)?xlnx
，

?
由对?
x≥1
，都有
h
（
x
）
≥ax
﹣
1
可得：对?
x≥1
，都有
xlnx?ax?1
，

即
lnx?
1
?a
对?
x≥1
都成立，
x
1
，

x
2
令
g(x)?lnx?11
?
11
?
1
则
g
?
(x)??< br>2
??
?
?
?
?
，

xx
?
x2
?
4
2 2

x?1
，

?0?
1
?1
，

x
?g
?
(x)?g
?
(1)?0
，

1
?g(x)?lnx?
在
[1,??)
上单调递增，

x
?g(x)
min
?g(1)?1
，

?a?1
.
24
．（
2020·
黑龙江南岗哈师大附中高 三其他（文））已知函数
f
?
x
?
?e?
x
1，其导函数为
f'
?
x
?
，函数
x
e
f
?
x
?
?f'
?
x
?
，对任意
x?R
，不等式
g
?
x
?
?ax?1
恒成立
.
g
?
x
?
?
2
（
1
）求实 数
a
的值；
（
2
）若
0?m?2e
，求证：xg
?
x
?
?m
?
x?1
?
lnx< br>.
2
【答案】（
1
）
1
；（
2
） 证明见解析
.
【解析】

【分析】

（
1
）先得到
g
?
x
?
?e
，由不等式
g
?
x
?
?ax?1
恒成立，构造函数
h
?
x
?
?e?ax?1
分
a?0
，
a?0
，再
x
x
利用导数论证
h
?
x
?
min
?0
即 可
.
（
2
）由（
1
）得，当
x?0
时，
e
x
?x?1
，易得
xe?x
2
2x2
?
x?1
?
，将证
x
2
e
x
?m
?
x?1
?
lnx
，
x?0
，转
x
2
化为证明
x?mlnx
?
x?0
?
，然后分
x?
?
0,1
?
，
x?
?
1,??
?
，令F
?
x
?
?
，利用导数结合
0?m?2e
ln x
证明即可
.
2 2

【详解】

（
1
）
f'
?
x
?
?e?e
，< br>g
?
x
?
?e
，
x?x
x
h?
x
?
?e
x
?ax?1
，
h'
?< br>x
?
?e
x
?a
，
（
i
）
a?0
，
h'
?
x
?
?0
，
h
?
x
?
在
?
??,??
?
递增，又
h?
?1
?
?
1
?1?a?0
，与题意不符，舍去
.
e
（
ii
）
a?0
，
h'
?
x
?
?0?x?lna
；
h'
?
x
?
? 0?x?lna
，
h
?
x
?
在
?
??,l na
?
递减，在
?
lna,??
?
递增，
h?
x
?
min
?h
?
lna
?
?a? alna?1
，
由已知得
e
x
?ax?1?0
恒成立，
所以需
h
?
x
?
min
?0
，
所以需
a?alna?1?0
①
设
r
?
a
?
?a?alna?1
，
r
?
?
a
?
? ?lna
，
r
?
?
a
?
?0?0?a?1
，
r
?
?
a
?
?0?a?1
，
r
?
a
?
在
?
0,1
?
递增，在
?
1,??
?
递减，所以
r
?
a
?
max
?r
?
1
?
?0
，即
a?alna?1?0
②
由①②得实数
a
的值
1.
综上
a?1
.
（
2
）由（
1
）得，当
x?0
时，
e
x
?x?1?0
，即
e
x
?x?1
，
xe?x
欲证：
xe?m
?
x?1
?
lnx
，
x?0，即证：
x
2x2
2x2
?
x?1
?
， ?
x?1
?
?m
?
x?1
?
lnx
，
即证：
x?mlnx
?
x?0
?
.
2
① 当
x?
?
0,1
?
时，
x
2
?0?mln x
，
2 2

2lnx?x
x
2< br>②当
x?
?
1,??
?
时，令
F
?
x
?
?
，则
F'
?
x
?
?
，F'
?
x
?
?0?x?e
；
2
lnx
lnx
F'
?
x
?
?0?1?x?e
，
F
?
x
?
在
1,e
递减，在
???
e,??
递增，所以
x?1
时，
F
?
x
?
?F
?
?
e
?
?2e
，
x
2
由已知
0 ?m?2e
，故
m?F
?
x
?
，即当
x?
?
1,??
?
时，
m?
，所以
x?
?
1, ??
?
时，
x
2
?mlnx
，
lnx
综 上，
x?0
时，
x
2
?mlnx
恒成立，故
x2
?
x?1
?
?m
?
x?1
?
lnx
，
x
2
e
x
?m
?
x?1
?< br>lnx
成立
.
25
．（
2020·
宜宾市叙州区第 一中学校高三期末（文））已知函数
f(x)?(x?1)e?
（Ⅰ）讨论
f(x)< br>极值点的个数；
?2
（Ⅱ）若
x
0
(x
0
??2)
是
f(x)
的一个极值点，且
f(?2)?e
，证明：f(x
0
)?1

x
1
2
ax?2ax,a?R

2
【答案】（Ⅰ） 当
a??e
?2
时,
f(x)
无极值点；当
a?0
时,
f(x)
有
1
个极值点；
当
?e
?2
?a?0
或
a??e
?2
,
f(x)
有
2
个极值点
.
（Ⅱ）见解析
【解析】

【分析】
(
Ⅰ
)
求导可得
f
?
(
x
)
?
(
x?
2)(
e?a
)
,
再分
a?0< br>与
a?0
两种情况进行讨论即可
.
x
?2
(
Ⅱ
)
由
(
Ⅰ
)
以及
f(?2)?e
可得
a??e
?2
,
再求得
f(x
0
)
关于< br>a
的解析式
,
再令
t?ln(?a)?(?2,??)
,构造
函数
g(t)??
1
t2
e(t?2t?2)
,< br>再求导分析
g(t)
的单调性与最值证明即可
.
2
2 2

【详解】

解：（Ⅰ）由题得,
f(x)的定义域为
R
,
f
?
(x)?(x?2)(e
x
?a)

ⅰ
.
若
a?0
,则
e
x
?a?0
,所以当
x?(??,?2)
时,
f
?
(x)? 0,f(x)
单调递减,
当
x?(?2,??)
时,
f
?
(x)?0,f(x)
单调递增
.
所以,
x??2
是f(x)
唯一的极小值点,无极大值,故此时
f(x)
有且仅有
1
个极值点
.
ⅱ
.
a?0
,令
f
?
( x)?(x?2)(e
x
?a)?0?x
1
??2,x
2
? ln(?a)

①当
a??e
?2
时,
x
1
?x
2
,则当
x?(??,x
1
),(x
2
,? ?)
时,
f
?
(x)?0,f(x)
单调递增,
当
x?(x
?
1
,x
2
)
,
f(x)?0,f(x )
单调递减
.
所以,
x
1
,x
2
分别是
f(x)
极大值点和极小值点,故此时有两个极值点
.
②当
a?? e
?2
时,
x
x
1
?x
2
是
f< br>?
(x)?(x?2)(e?a)
的不变号零点,且
f
?
(x )?0

故此时
f(x)
在
R
上单调递增,无极值点
.
③ 当
?e
?2
?a?0
时,
x
1
?x
2,则
x?(??,x
?
2
),(x
1
,??)
时,
f(x)?0,f(x)
单调递增,
当
x?(x
?
2
,x
1
)
时,
f(x)?0,f(x)
单调递减
.
所以,
x
1
,x
2
分别是
f(x)
极小值 点和极大值点,此时
f(x)
有
2
个极值点
.
综上,当< br>a??e
?2
时,
f(x)
无极值点；当
a?0
时,
f(x)
有
1
个极值点；
当
?e
?2
? a?0
或
a??e
?2
,
f(x)
有
2
个 极值点
.
（Ⅱ）证明：若
x
0
是的一个极值点,
由（Ⅰ ）知,
?e
?2
?a?0
或
a??e
?2
,且f(?2)??e
?2
?2a?e
?2
?a??e
?2
,
2 2

?f(x
0
)?f(ln(?a ))?
1
a[ln
2
(?a)?2ln(?a)?2]
,
2
令
t?ln(?a)?(?2,??)
,则
a??e
?2
,所以
g(t)?g(ln(?a))??
1
t2
e(t?2t?2)

2
故
g
?
(t)??t(t?4)e?0?t?0
< br>1
2
2t
所以,当
t?(?2,0)
时,
g(t)? 0,g(t)
单调递增；当
t?(0,??)
时,
g(t)?0,g(t)< br>单调递减,
所以
t?0
是
g(t)
唯一极大值点也是最大值点,即

g(t)?g(0)?1
.
从而
f(ln(?a))?1
,即f(x
0
)?1
.
（证毕）
??
e
x
26
．（
2020·
广东东莞
?
高三其他（文））已知
f (x)??alnx?ax
.
x
（1）若
a?0
，讨论函数
f(x)
的单调性；
（2）当
a??1
时，若不等式
f(x)?(bx?b?)e?x?0
在< br>[1,??)
上恒成立，求
b
的取值范围．
1
x
x
【答案】（1）见解析；（2）
[,??)
.
【解析】

【分析】

1
e
（
1
）
f
?
x
?
的定义域为
?
0,??
?，且
f
?
?
x
?
?
?
x?1
?
?
e
x
?ax
?
，据此确定函数的单调性即可；
x
2
（
2
）由题意可知
b
?
x?1
?< br>e?lnx?0
在
1,??
?
上恒成立，分类讨论
b?0和
b?0
两种情况确定实数
b
的
x
?
取值范围 即可
.
【详解】

（
1
）
f
?
x
?
的定义域为
?
0,??
?

2 2

∵
f
?
?
x
?
?
?
x?1
?
?
e
x
?ax
?
，
a?0
，
x
2
∴当
x?
?
0,1
?时，
f
?
?
x
?
?0
；
x?
?
1,??
?
时，
f
?
?
x
?
? 0

∴函数
f
?
x
?
在
?
0,1
?
上单调递减；在
?
1,??
?
上单调递增
. < br>（
2
）当
a??1
时，
f
?
x
?< br>?
?
?
bx?b
1
?
x
x
?
?
x
?
?
e?x

?b
?
x?1
?
e?lnx

由题意，
b
?
x?1
?
e
x
?lnx?0
在
?
1,??
?
上恒成立
①若
b?0
，当
x?1
时 ，显然有
b
?
x?1
?
e
x
?lnx?0
恒成立；不符题意
.
②若
b?0
，记
h
?
x?
?b
?
x?1
?
e
x
?lnx
，则
h
?
?
x
?
?bxe
x
?
1x
,
显然
h
?
?
x
?
在
?
1,??
?
单调递增，
（
i
）当
b?
1
e
时，当
x?1
时，
h
?
?
x
?
?h
?
?
1
?
?be?1?0

∴
x?
?
1,??
?
时，
h
?
x
?
?h
?
1
?
?0

1
（
ii
） 当
0?b?
1
e
，
h
?
?
1
?< br>?be?1?0
，
h
?
?
?
1
?
?
b
?
?
?e
b
?b?e?1?0

∴存在
x
0
?1
，使
h
?
?
x
?
?0
.
当
x?
?
1,x
0
?
时，h
?
?
x
?
?0
，
x?
?
x
0
,??
?
时，
h
?
?
x
??0

∴
h
?
x
?
在
?
1, x
0
?
上单调递减；在
?
x
0
,??
?< br>上单调递增
∴当
x?
?
1,x
0
?
时，< br>h
?
x
?
?h
?
1
?
?0
，不符合题意
2 2

综上所述，所求
b
的取值范围是
?
,??
?
?
1
?
e
?
?
2
27
．（
2 020·
广西兴宁南宁三中高二期末（文））已知函数
f
?
x
??xlnx?2ax?x
，
a?R
．
（Ⅰ）若
f
?< br>x
?
在
?
0,?
?
?
内单调递减，求实数< br>a
的取值范围；
（Ⅱ）若函数
f
?
x
?
有 两个极值点分别为
x
1
，
x
2
，证明：
x
1
?x
2
?
1
．
2a
【答案】（Ⅰ）
a?
?
,??
?
（Ⅱ）见证明
?
e
?
4
?
?
【解析】

【分析】

（
I
）先求得函数的导数，根据函数在
?
0,?
?
?
上的单调性列不等式，分离常数
a
后利用构造函数法求 得
a
的
?
x
?
2
?
1
?1
?
?
x
2
?
?ln
x
1
，取值范围.
（
II
）将极值点
x
1
,x
2
代入 导函数列方程组，将所要证明的不等式转化为证明
x
1
x
2
?1x
2
利用构造函数法证得上述不等式成立
.
【详解】

（I）
f
?
?
x
?
?lnx?2?4ax
．
∴
f
?
x
?
在
?
0,?
?
?
内单调递减，
∴
f
?
x
?
?lnx?2? 4ax?0
在
?
0,?
?
?
内恒成立，
即4a?
lnx2
?
在
?
0,?
?
?
内 恒成立．
xx
lnx2?1?lnx
?
，则
g
?
?
x
?
?
，
xxx
2
2 2
令
g
?
x
?
?

∴当0?x?
1
e
时，
g
?
?
x
?
?0
，即
g
?
x
?
在
?
?
1< br>?
?
0,
e
?
?
内为增函数；
当
x?
1
e
时，
g
?
?
x
?
?0< br>，即
g
?
x
?
在
?
?
1
?
?
e
,??
?
?
内为减函数．
∴
g< br>?
x
?
的最大值为
g
?
?
1
??
?
e
?
?e
，
∴
a?
?
?
e
,??
?
?
?
4
?

（Ⅱ） 若函数
f
?
x
?
有两个极值点分别为
x
1
，
x
2
，
则
f
?
?
x
?
?lnx?2?4ax?0
在
?
0,?
?
?
内有两根x
1
，
x
2
，
由（I），知
0?a?
e
4
．
由
?
?
lnx
1
?2?4ax
1
?0
，两式相减，得
?< br>lnx
lnx
1
?lnx
2
?4a
?
x1
?x
2
?
．
2
?2?4ax
2
?0
不妨设
0?x
1
?x
2
，
∴要证明
x
1
1
?x
2
?
2a
，只需证明
x
?
1
?x
2
1
4ax
?
．
1
?x
2
?
2a
?
lnx
1
?lnx
2
?
2
?
?
x
1
?
即证明
2
?x
1
?x
2
?
x
?lnx?lnx
x
?1
?
12
，亦即证明
?
2
?
1
?x2
x
?ln
x
1
．
1
x
x
?1
2
2
令函数．
∴
h '(x)?
?(x?1)
2
x(x?1)
2
?0
，即函数< br>h
?
x
?
在
?
0,1
?
内单调递减 ．
2 2

∴
x?
?
0,1
?
时，有
h
?
x
?
?h
?
1
?
?0
，∴
2(x?1)
x?1
?l nx
．
2
?
?
x
1
?
即不等式
?
x
?1
?
2
?
x
?ln
x
1< br>成立．
1
x
2
x
?1
2
综上，得
x
1
?x
2
?
1
2a
．
28
．（
2020·
河南高三其他（文））已知函数
f(x)?xlnx?xa?3
的最小值为
2.
（
1
）求
a
的值以及
f
（
x
）的单调区间；
（
2
）设
a
2
1
n
?ln(1?
n
)
，
n
∈
N
*
，证明：
a
1
?a
2
??a
n
?
n
2n?4
.
【答案】（
1
）
a?1
，单调增区 间为
(1,??)
，单调减区间为
(0,1)
；（
2
）证明 见解析.
【解析】（
1
）
f(x)?xlnx?xa?3?f
?< br>(x)?lnx?a?1?0?x?e
a?1
，
当
x?e
a ?1
时，
f
?
(x)?0,f(x)
单调递增；当
0?x? e
a?1
时，
f
?
(x)?0,f(x)
单调递减； 因此当
x?e
a?1
时，
f(x)
取最小值，即
f(e
a?1
)?2?e
a?1
(a?1)?ae
a?1
?3?2 ?e
a?1
?1,a?1
；
因此
f(x)
单调增区间为(1,??)
，单调减区间为
(0,1)
；
（
2
）由 （1）得
xlnx?x?3?2?lnx?
x?1
x
,ln(1?
1
n
)?
1
n?1

a(1?
111
n)?a
11
n
?ln
2
n
?
(n?1)
2
?
(n?1)(n?2)
?
n?1
?
n?2

?a
1
?a
2
??a
1111
n
?(2
?
3
)?(
3
?
4
)??(
111 1n
n?1
?
n?2
)?
2
?
n?2
?< br>2n?4

f
?
x
?
?
x
2
29
．（
2020·
河南高三其他（文））已知函数
e
x
?a
?
a?R
?
.
2 2

（
1
）若
f
?
x
?有三个不同的零点，求
a
的取值范围；
（
2
）当
x? 3
时，不等式
ef
?
x
?
?
?
a?3?
x?0
恒成立，求
a
的取值范围
.
x
【答 案】（
1
）
?
0,
?
?
4
e
2< br>?
?
18
?
,??
2
；（）
?
?< br>.
3
?
?
?
e?3
?
【解析】

【分析】

2
x
（1）先令
f
?
x
?
?0
，分离出常数
a
，设
h
?
x
?< br>?
x
，对
h
?
x
?
求导，分析单调性，找到 极值，画出图像，
e
最后观察得出
a
的取值范围.
（2）代入f
?
x
?
，整理得
ae?x?x?3x
，设
g
?
x
?
?e?x
，对
g
?
x
?< br>求导，分析其在
x?3
上的单调
x2
??
x
22x?3x
x?3x
性，得出
g
?
x
?
?0恒成立，分离常数
a
，
a?
x
，再设
m
?x
?
?
x
，分析单调性，结合
x?3
得
e?x
e?x
出
m
?
x
?
的范围，最后得出
a< br>的范围.
【详解】

x
2
x
2
解：（1） 令
f
?
x
?
?
x
?a?0
，则
a ?
x
.
e
e
x
2
2x?x
2
设
h
?
x
?
?
x
，则
h
?
?
x
?
?
，
x
ee
令
h
??
x
?
?0
，得
0?x?2
；
令
h
?
?
x
?
?0
，得
x?0
或
x? 2
，
则
h
?
x
?
在
?
??,0
?
和
?
2,??
?
上单调递减，在
?
0, 2
?
上单调递增，
2 2

故
h< br>?
x
?
极小值
?h
?
0
?
?0，
h
?
x
?
极大值
?h
?
2
?
?
4
e
2
.
结合
h
?
x
?
的图象
可知
a
的 取值范围为
?
?
4
?
?
0,
e
2
?
?
.
（2）不等式
e
x
f
?
x
?
?
?
a?3
?
x?0
，
即
x
2
?ae
x
?
?
a?3
?
x?0
， < br>整理得
a
?
e
x
?x
?
?x
2?3x
.
设
g
?
x
?
?e
x
?x
，则
g
?
?
x
?
?e
x
? 1
.
因为
x?3
，所以
g
?
?
x
?
?e
3
?1?0
，
所以
g
?
x?
?g
?
3
?
?e
3
?3?0
， < br>则
a?
x
2
?3x
x
2
?3x
e< br>x
?x
.设
m
?
x
?
?
e
x
?x
，则
2
m
?
?
x
?
?< br>?
?x?x?3
?
e
x
?x
2
x
2
?
e
x
?1
?
?
?
3?x
?e
x
?
e
x
?x
?
2
?
?< br>?
e
x
?x
?
2
.
因为
x?3< br>，所以
?
3?x
?
e
x
?0
，
?x
2
?
e
x
?1
?
?0
，
2 2

所以
m
?
?
x
?
?0
，所以
m
?
x
?
在
?
3,??
?
上单调递减，
所以
m
?
x
?
?m
?
3
?
?
18
e
3
?3
，
故a?
18
?
e
3
?3
，即
a
的取值范 围是
18
?
?
e
3
?3
,??
?
?
?
.
30
．（
2020·
重庆九龙坡高三其他（文）） 已知函数
f(x)?x?
3
x
，
h(x)?lnx?x?a
．
（1）当
a
＝
0
时，求
g(x)?f(x)?h(x)
的极值；
（2）证明
a??3
时，不等式
h(x)?(x?2)e
x
?x?f(x)?
3
x
对任意
x?
?
?
1
?
?
2
,1
?
?
均成立．
（ 其中
e
为自然对数的底数，
e
＝
2.718…
）．
【答案】（
1
）
g(x)
取得极小值为
g(1)?5
，无 极大值；（
2
）证明见解析．
【解析】（
1
）函数定义域是
(0,??)
．
a?0时，
g(x)?f(x)?h(x)?2x?
3
x
?lnx
，< br>g
?
(x)?2?
31(x?1)(2x?3)
x
2
?
x
?
x
2
，
0?x?1
时，
g
?
(x)?0
，
g(x)
递减，
x?1
时，
g< br>?
(x)?0
，
g(x)
递增，
∴
x?1
时，
g(x)
取得极小值为
g(1)?5
，无极大值；
（
2
）不等式
h(x)?(x?2)e
x
?x?f(x)?
3
x
为
lnx?a?(x?2)e
x
?x
，即
a?lnx?x ?(x?2)e
x
，
令
F(x)?lnx?x?(x?2)e
x，则
F
?
(x)?
11
?
x
?1?(x?1) e
x
?(x?1)
?
?
?
e
x
?
x
?
?
，
令
G(x)?e
x
?
1
x
1
?
1
?
?
1
?
1
x
，则
g
?
(x)?e?
x
2
?0
，∴
G (x)
是
?
?
2
,1
?
?
上的增函数，< br>g
?
?
2
?
?
?e
2
?2?0，
G(1)?e?1?0
，
2 2

∴在
?
,1
?
上存在唯一零点
x
0
，
?
1
?
?
2
?
1
1
x
?x
0
?1
，
G(x
0
)?e
0
??0
，
x
0
2
当
1
?x?x
0
时，
G(x)?0
，
F
?
(x)?0
，
F(x)
递增，
x
0
?x?1
时，
G(x)?0
，
F
?
(x)?0
，
F(x)
递减，
2
F (x)
2
max
?F(x
0
)?lnx
0
?x0
?(x
0
?2)e
x
0
?1?2x
0
?
x
，
0
设
H(x)?1?2x?
2
x
，
x?
?
?
1
?
2
,1
?
?< br>?
，
H
?
(x)??2?
22(1?x
2
)
x
2
?
x
2
?0
，
H(x)
单调 递增，
∴
H(x
0
)?H(1)??3
，∴
F(x)max
??3
，
∴
a??3
时，不等式
h(x)?( x?2)e
x
?x?f(x)?
3
?
1
x
在
?
?
2
,1
?
?
?
上恒成立．



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