浙江省2020年高考数学模拟题分项汇编 3 导数(解析版)(28道题)

第三章 导数1.从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.2.浙江省恢复对导数的考查后，已连续三年将导数应用问题设计为压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.3.常见题型，选择题、解答题各一道，难度基本稳定在中等以上.一．选择题1.(2019·浙江省高三月考)α，,22ππβ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，且sin sin 0ααββ->，则下列结论正确的是( ) A ．αβ> B ．0αβ+>C ．αβ<D ．22αβ>【答案】D 【解析】构造()sin f x x x =形式，则()sin cos f x x x x +'=，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时导函数()0f x '≥，()f x 单调递增；,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时导函数()0f x '<，()f x 单调递减．又 ()f x 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.2.(2019年9月浙江省嘉兴市高三测试)已知,R a b ∈，关于x 的不等式3211x ax bx +++≤在[0,2]x ∈时恒成立，则当b 取得最大值时，a 的取值范围为( )A ．[2]-B ．3[2,]4--C ．3[]4-D ．5[,2]2-- 【答案】A【解析】当0x =时，不等式显然成立．当(0,2]∈x 时，32111-≤+++≤x ax bx ，即222--≤+≤-x ax b x x，即直线y ax b =+夹在曲线段22=--y x x，(0,2]∈x 和2y x =-，(0,2]∈x 之间．作出函数22=--y x x 与22=--y x x在(0,2]∈x 上的图像如下：由图像易知，b 最大值为0，直线y ax =过点(2,4)-时，a 取最大值为2-， 当直线y ax =与22=--y x x相切时，a 取最小值； 设切点为00(,)P x y ，则20002=--y x x 由22=--y x x 得3222222-'=-=x y x x x， 所以在00(,)P x y 处的切线斜率为302022-=x k x ， 所以切线方程为30002022()--=-x y y x x x ， 因为该切线过原点，所以32000200222()-+=-x x x x x ，化简得304=x ，所以304=x所以3302022342-===-x a k x . 即a 的最小值为3342-， 因此a 的取值范围为333[4,]24--.故选A3.(2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考)已知数列{}n a 满足：1102a <<，()1ln 2n n n a a a +=+-．则下列说法正确的是( ) A ．2019102a << B ．2019112a << C ．2019312a <<D ．2019322a <<【答案】B 【解析】考察函数()ln(2)(02)f x x x x =+-<<， 由'11()1022xf x x x-=-=>--可得()f x 在()0,1单调递增， 由'()0f x <可得()f x 在()1,2单调递减且()()11f x f ≤=，可得1n a <，数列{}n a 为单调递增数列， 如图所示：且1(0)ln 2ln 4ln 2f e ==>=，211()(0)2a f a f =>>，图象可得1231012n a a a a <<<<<<<<，所以2019112a <<，故选B. 4．(浙江省宁波市宁波十校2020届高三11月联考)已知函数f (x )20x e x lnx x ⎧-≤=⎨⎩，，＞，g (x )＝f (213kx +)+1(k ∈R ，k ≠0)，则下列关于函数y ＝f [g (x )]+1的零点个数判断正确的是( )A ．当k ＞0时，有2个零点；当k ＜0时，有4个零点B ．当k ＞0时，有4个零点；当k ＜0时，有2个零点C ．无论k 为何值，均有2个零点D ．无论k 为何值，均有4个零点 【答案】B 【解析】依题意，当x ＝0或x 1e=时，f (x )＝﹣1， 函数y ＝f [g (x )]+1的零点个数，即为方程f [g (x )]＝﹣1的解的个数， 即为方程g (x )＝0或g (x )1e=的解的个数， 即为方程22103103kx kx ⎧+≤⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩或者22103113kx kx e ⎧+>⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩或221031113kx kx ln e ⎧+≤⎪⎪⎨+⎛⎫⎪=+ ⎪⎪⎝⎭⎩(舍去)或者212110313e kx kx e ⎛⎫- ⎪⎝⎭⎧+>⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩解的个数， 即为213kx +=0或者2113kx e +=或者12113e kx e ⎛⎫-⎪⎝⎭+=解的个数，由103<，113e >，因为111111111()03e e e e e e e e --->---=>，所以1113e e ->，①当k ＞0时，y 213kx +=为顶点为(0，13)，开口向上的抛物线，y 213kx +=与y 1e =和11e y e -=分别有两个交点，与y ＝0无交点，故当k ＞0时，函数y ＝f [g (x )]+1有4个零点；②当k ＜0时，y 213kx +=为顶点为(0，13)，开口向下的抛物线，y 213kx +=与y ＝0有两个交点，与y 1e =和11e y e -=无交点，故当k ＜0时，函数y ＝f [g (x )]+1有2个零点；综上，当k ＞0时，有4个零点；当k ＜0时，有2个零点， 故选：B ．5．(2020届浙江省杭州地区(含周边)重点中学高三上期中)设a e π=-，ln 1b π=-，e c e e π=-，则( ) A ．a b c << B ．b c a << C ．c b a << D ．b a c <<【答案】D 【解析】设函数()xf x e x =-，()lng x x x =-()1x f x e =-'当0x <时，()0f x '<，当0x >时，()0f x '>所以函数()xf x e x =-在(,0)-∞上单调递减，在0,上单调递增所以()()e ef f e e e e e e e πππππ>⇒->-⇒->- 故c a >11()1x g x x x-'=-= 当01x <<时，()0g x '>，当1x >时，()0g x '< 所以函数()ln g x x x =-在(0,1)上单调递增，在1,上单调递减所以()()ln ln ln 1g g e e e e πππππ<⇒-<-⇒-<- 故b a < 综上，b a c << 故选：D 二.填空题6.(2020届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)设函数()326f x x x ax b =-++，若对任意的实数a 和b ，总存在[]00,3x ∈，使得()0f x m ≥，则实数m 的最大值为__________． 【答案】2 【解析】()[]3232669(9)f x x x ax b x x x a x b =-++=-+---设322()69,'()31293(1)(3)g x x x x g x x x x x =-+=-+=--()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，(0)(3)0g g ==设()(9)h x a x b =-- 画出函数图像：对任意的实数a 和b ，总存在[]00,3x ∈，使得()0f x m ≥ 等价于求()f x 最大值里的最小值.根据图像知：当9,2a b ==-时，最大值的最小值为2 故实数m 的最大值为2 答案为27.(2020届浙江省温州市11月适应测试)设函数3()||3f x x x a =-++.若()f x 在[1,1]-上的最大值为2，则实数a 所有可能的取值组成的集合是________.【答案】23233,599⎧⎪--+⎨⎪⎪⎩⎭【解析】因为函数3()||3f x x x a =-++.若()f x 在[1,1]-上的最大值为2所以()02f ≤,即3||2a -≤当0a ≥时,不等式化为32a -≤,解得15a ≤≤ 当0a <时,不等式化为32a +≤,解得51a -≤≤- 由以上可知:(1) 当15a ≤≤时,函数解析式可化为3()3f x x x a =--+令3()g x x x =-,则2'()31g x x =-当2'()310g x x =-=时解得1233x x =-=当1x -<<时, 2'()310g x x =->,即()g x 在1,⎛- ⎝⎭上单调递增当33x -<<时, 2'()310g x x =-<,即()g x 在33⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减1x <<时, 2'()310g x x =->,即()g x 在3⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增.所以3g ⎛⎛⎛=-= ⎝⎭⎝⎭⎝⎭极大值, 33339g ⎛⎫⎫=-=- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭极小值 ()()10,10g g -==当35a ≤≤时, 3()g x x x =-向下平移3a -个单位可得3()3h x x x a =--+的图像因为3()3f x x x a =--+在[1,1]-上的最大值为2所以只需满足()323g a ⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭极小值即可,即()329a ---=±,解得5a =或19a =-(舍) 当13a ≤<时, 3()g x x x =-向上平移3a -个单位可得到3()3h x x x a =--+的图像由3()3f x x x a =--+在[1,1]-上的最大值为2可知只需满足32g a ⎛+-= ⎝⎭极大值即可.即329a +-=,解得19a =+,符合题意 (2) 当51a -≤≤-,函数解析式可化为3()3f x x x a =+++令3()=+g x x x ,则2'()310g x x =+>所以3()=+g x x x 在[1,1]-上单调递增 则()()3min ()(1)112g x g =-=--=-+max ()(1)112g x g ===+当53a -≤≤-时,3()=+g x x x 向下平移()3a -+个单位可得3()3h x x x a +=++由3()3f x x x a =+++在[1,1]-上的最大值为2只需(1)32g a -++=,即232a -++=±解得3a =-或1a =(舍)当31a -<≤-时, 3()=+g x x x 向上平移3a +个单位可得3()3h x x x a +=++由3()3f x x x a =+++在[1,1]-上的最大值为2只需(1)32g a ++=,即232a ++=±解得3a =-或7a =-(舍)综上可知,满足条件的所有可能的a 为5-1+和3-故答案为: 3,599⎧⎪--+⎨⎪⎪⎩⎭8．(2020届浙江省杭州地区(含周边)重点中学高三上期中)设1a >，曲线()xf x a =与曲线()log a g x x =有且仅有一个公共点，则实数a 的值是________. 【答案】1e e 【解析】因为指数函数()xf x a =与对数函数()log a g x x =互为反函数 所以()xf x a =与()log a g x x =关于直线y x =对称由于1a >时，曲线()xf x a =与曲线()log a g x x =有且仅有一个公共点则公共点在直线y x =上即函数()xf x a =，1a >与直线y x =只有一个交点即0x a x -=只有一个根 令()xh x a x =-，1a >()ln 1x h x a a '=-当()log ln a x a >-时，()0h x '> 当()log ln a x a <-时，()0h x '<所以函数()h x 在区间()(,log ln )a a -∞-上单调递减，在区间()()log ln ,a a -+∞上单调递增 所以函数()h x 的最小值()()()log ln (log ln )=log ln 0a a a a h a aa --+=即()1ln ln 110ln(ln )1ln ln ln e a a a a e a a e+=⇒=-⇒=⇒= 故答案为：1e e9.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考)设函数4()()i ii f x x x -=-+(,0,1)x R i ∈=，若方程10()()0a f x f x +=在区间1[,3]2内有4个不同的实数解，则实数a 的取值范围为_____．【答案】17,6⎡--⎢⎣ 【解析】由题意知31()f x x x =-+,40()1(0)f x x x =+≠，, 所以方程10()()0a f x f x +=在区间1[,3]2内有4个不同的实数解等价于341a x x x -+=--在区间1[,3]2内有4个不同的实数解.记3()g x a x x =-+，4()1h x x =--，因为()h x 在1[,3]2上单调递减且()0h x <，则0a <，要使()()g x h x =在区间1[,3]2内有4个不同的实数解，则在1[,1]2上有两不同的实数解，在[1,3]有两不同的实数解. 1)当112x ≤≤，3()()g x a x x =--,2()(31)g x a x '=--,0a -> 所以()g x在1[2单调递减，在单调递增. 又1117()121616h =--=-，13()=28g a ，109h =-，g =. 要使()()g x h x =在区间1[,1]2上有两不同的实数解，则：11(()22((33g h g h ⎧≥⎪⎪⇒⎨⎪<⎪⎩）176a -≤<. 2)当13x <≤时，3()()g x a x x =-，令34()()()()1k x g x h x a x x x =-=-++ 则()k x 在[1,3]有两不同的实数解，32()4+3k x x ax a '=-，2()12+6=6(2)k x x ax x x a ''=+由1)知12a->， 所以()k x '在(1,]2a -单调递减，在(3]2a -，单调递增，且(1)4+20k a '=<，(3)108+260k a '=>， 则在[1,3]上存在唯一0x 使得32000()4+30k x x ax a '=-=，即()k x 在0[1,]x 单调递减，在0[3]x ，单调递增. 又(1)=2>0k ，(3)24820k a =+>，()k x 在[1,3]有两不同的实数解，只需0()0k x <，联立32000430000()4+30()+10k x x ax a k x x ax ax ⎧=-='⎨=-+<⎩，①，②又①知3020413x a x =-代入②化简得0x >又由324()13x m x x=-在[1,3]上单调递增，所以a <=-综上所述：176a -≤<-故填17,6⎡--⎢⎣ 10.(2020届浙江学军中学高三上期中)当[]1,4x ∈时，不等式322044ax bx a x ≤++≤恒成立，则7a b +的取值范围是__________． 【答案】[]4,8- 【解析】因为322044ax bx a x ≤++≤对[]1,4x ∈恒成立， 两边同除以2x 得2440a x b x ≤≤⎛⎫++ ⎪⎝⎭对[]1,4x ∈恒成立， 故令24t x x=+，[]1,4x ∈，不等式转化为40at b ≤+≤， 381t x '=-，令0t '=得2x =， 所以()1,2x ∈，0t '<，t 单调递减，()2,4x ∈，0t '>，t 单调递增， 所以2x =时，t 取最小值为3， 当1x =时，5t =；当4x =时，174t =； 所以t 的值域为[]3,5， 根据一次函数保号性可知034054a b a b ≤+≤⎧⎨≤+≤⎩ 令()()357m a b n a b a b +++=+，得3571m n m n +=⎧⎨+=⎩，解得12m n =-⎧⎨=⎩，所以784a b ≤+≤-， 故答案为：[]4,8-11.(2020届浙江省杭州地区(含周边)重点中学高三上期中)若a 为实数，对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，则a 的最大值是_________. 【答案】7 【解析】因为对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立所以对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x ak x +-+≤恒成立即222min 6ln 96ln 916l 8n x x x a x x x a k a x x x x x+-++-+≤⇒≤-⇒≤+--所以当(0,4]x ∈时，不等式2n 86l a x x x --+≤恒成立 令2()6l ,48n ,(0]f x x x x x =--+∈ 则min ()a f x ≤2286(22)(3)()x x x x f x x x-+----'==当()0f x '>时，(22)(3)01304x x x x --<⎧⇒<<⎨<≤⎩ 当()0f x '<时，(22)(3)004x x x -->⎧⇒⎨<≤⎩01x <<或34x <≤ 所以函数()f x 在区间(0,1)和(3,4]上单调递减，在区间(1,3)上单调递增(1)0187,(4)6ln 41632166ln 4f f =-+==--+=-因为3166ln 4796ln 43(3ln16)3ln 016e --=-=-=>所以min ()7f x =所以7a ≤，a 的最大值为：7 故答案为：7 三.解答题12.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考)设函数()sin cos f x x x =+，x ∈R .(Ⅰ)求()()f x f x π⋅-的最小正周期；(Ⅱ)求函数()33sin cos g x x x =+的最大值. 【答案】(Ⅰ)最小正周期为π；(Ⅱ)最大值为1. 【解析】 (Ⅰ)因为()()()sin cos f x f x x x π⋅-=+()22sin cos sin cos x x x x -=-cos 2x =-所以()()f x fx π⋅-的最小正周期为π；(Ⅱ)由题()sin cos f x x x =+=4x π⎛⎫⎡+∈ ⎪⎣⎝⎭而()()sin cos g x x x =+()22sin sin cos cos x x x x -+()sin cos x x =+⋅()2sin cos 112x x ⎡⎤+--⎢⎥⎢⎥⎣⎦()()2322f x f x ⎡⎤=-=⎢⎥⎣⎦()()31322f x f x -+令()f x t =，则()g x 的的最大值即为函数31322y t t =-+，t ⎡∈⎣的最大值，由()2312y t '=--可得函数在1⎡⎤-⎣⎦和⎡⎣上递减，在[]1,1-上递增.又x =y =；1x =时，1y =. 所以函数()g x 的最大值为1.13．(2020届浙江省宁波市慈溪市高三上期中)已知平面向量(sin 2,cos 2),(sin 2,cos 2)a x x b ϕϕ==，设函数()f x a b =⋅(ϕ为常数且满足0πϕ-<<)，若函数4y f x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭图象的一条对称轴是直线8x π=.(1)求ϕ的值； (2)求函数4y f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值：(3)30y -+=与函数4y f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象不相切．【答案】(1) 38ϕπ=- (2) 和-1. (3)证明见解析 【解析】(1)可知()sin 2sin 2cos 2cos 2cos(22)f x a b x x x ϕϕϕ=⋅=+=-，所以cos 22sin(22)44f x x x ππϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=+⎢⎥⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 因为8x π=是函数4y f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭图象的一条对称轴， 所以22()82k k Z ππϕπ⨯+=+∈，得1()28k k Z πϕπ=+∈因为0πϕ-<<，所以31,8k ϕπ=-=-(2)所以3sin 244y f x x ππ⎛⎫⎛⎫=-=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以332,444x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦所以函数4y f x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值分别为2和1-. (3)因为32cos 24y x π'⎛⎫=-⎪⎝⎭ 所以2y '≤即函数4y f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭图象的切线斜率的取值范围为[2,2]-，30y -+=2>，30y -+=与函数4y f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象不相切. 14.(2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考)设a 为实常数，函数2(),(),x f x ax g x e x R ==∈．(1)当12a e=时，求()()()h x f x g x =+的单调区间； (2)设m N *∈，不等式(2)()f x g x m +≤的解集为A ，不等式()(2)f x g x m +≤的解集为B ，当(]01a ∈，时，是否存在正整数m ，使得A B ⊆或B A ⊆成立．若存在，试找出所有的m ；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) ()h x 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞上单调递增．(2)存在，1m = 【解析】 (1)21()2x h x x e e =+，1()x h x x e e'=+， ∵()h x '在R 上单调递增，且(1)0h '-=， ∴()h x '在(),1-∞-上负,在()1,-+∞上正，故()h x 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞上单调递增．(2)设2()(2)()4xF x f x g x ax e =+=+，22()()(2)xG x f x g x ax e =+=+()8x F x ax e '=+，()80x F x a e ''=+>，()F x '∴单调递增．又(0)0F '>，0F '⎛ < ⎪⎪⎝⎭(也可依据lim ()0x F x '→-∞<)， ∴存在00 x <使得()00F x '=，故()F x 在()0,x -∞上单调递减，在()0,x +∞上单调递增． 又∵对于任意*m N ∈存在ln x m >使得()F x m >， 又lim ()x F x →-∞→+∞，且有()0(0)1F x F m <=≤，由零点存在定理知存在120x x <≤，使得()()12F x F x m ==， 故[]34,B x x =.()()222()()4x x F x G x ax e ax e -=---，令2()xH x ax e =-，由0a >知()H x 在(,0)-∞上单调递减， ∴当0x <时，()()(2 )()0F x G x H x H x -=-> 又∵m 1≥，3x 和1x 均在各自极值点左侧,结合()F x 单调性可知()()()133F x m G x F x ==<，310x x ∴<< 当1m =时，240x x ==，A B ∴⊆成立，故1m =符合题意．当0x >时，2222()()33xxx x F x G x ax e ex e e -=+-≤+-，令1()2ln P t t t t =--，则22(1)()0t P t t'-=>， ∴当1t >时，()(1)0P t P >=．在上式中令2xt e =，可得当0x >时，有22xxe e x -->成立，322x xxe e xe ∴->令()2t Q t e t =-，则()2tQ t e '=-，()(ln2)22ln20Q t Q ∴≥=->，2x e ∴>恒成立.故有32223x x x e e xe x ->>成立， 知当0x >时，()()0F x G x -<又∵()F x ，()G x 在[)0,+∞上单调递增，∴当1m 时，()()()244F x m G x F x ==>，240x x ∴>>，而31 0x x <<，∴此时A B ⊆和B A ⊆均不成立.综上可得存在1m =符合题意.15.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考月考)已知函数()xf x x ae b =-+，其中,a b ∈R .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)设1a =，k ∈R ，若存在[]0,2b ∈，对任意的实数[]0,1x ∈，恒有()1xxf x ke xe ≥--成立，求k 的最大值.【答案】(1)()f x 在()0,ln x a ∈-上单调递增；在()ln ,x a ∈-+∞上单调递减；(2)4e【解析】(1)由题意可得，()'1xf x ae =-，①当0a ≤时，()'10xf x ae =->恒成立，即()f x 在R 上单调递增；②当0a >时，由()()'100,ln xf x ae x a =->⇒∈-；由()()'10ln ,xf x ae x a =-<⇒∈-+∞；即()f x 在()0,ln x a ∈-上单调递增；在()ln ,x a ∈-+∞上单调递减； (2)由()111xxxxx bf x x e b ke xe k x e++=-+≥--⇒≤+-， 因此，存在[]0,2b ∈，满足31x xk x e+≤+-即可， 令()31x xg x x e+=+-，[]0,1x ∈ 则，只需求()g x 的最小值即可；又()()22'1xx x e x x g x e e-++=-=， 因函数()2xe x -+在[]0,1x ∈恒单调递增，又()'00g <，()'10g <，所以()'0g x <恒成立， 即()g x 在[]0,1x ∈恒单调递减， 所以()()min 41g x g e ==，即4k e≤. 16.(2020届浙江省台州五校高三上学期联考)已知，函数.(Ⅰ)若函数在上递减, 求实数的取值范围； (Ⅱ)当时，求的最小值的最大值；(Ⅲ)设，求证：.【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)的最大值为;(Ⅲ)见解析.【解析】(Ⅰ)根据题意，由函数为减函数，其导数小于或等于零，从而可算出实数的取值范围；(Ⅱ)利用导数求出函数的极小值函数，再利用导数求出极小值函数的最大值；(Ⅲ)由(Ⅱ)可结论，对参数时行分类讨论，利用导数判断函数的单调性，并求其最小值，从而问题可得证.试题解析：(Ⅰ) 函数在上递减, 恒有成立,而,恒有成立,而, 则满足条件.(Ⅱ)当时,－0 ＋↘极小值↗的最小值=，＋0 －↗极大值↘的最大值为(Ⅲ) 当时，所以在上是增函数，故当时，解得或，综上所述：17.(2019年9月浙江省嘉兴市高三测试)已知函数2()e xf x ax b =-+(,∈a b R ，其中e 为自然对数的底数)．(Ⅰ)若0a >，求函数()f x 的单调递增区间； (Ⅱ)若函数()f x 有两个不同的零点12,x x ． (ⅰ)当a b =时，求实数a 的取值范围；(ⅱ)设()f x 的导函数为()f x '，求证：12()02x x f '+<． 【答案】(Ⅰ)1ln )22a +∞（，；(Ⅱ)(i)32a e >；(ii)证明见解析. 【解析】(Ⅰ)由题意得()22e xf x a ='-，当0a >时，令()0f x '>，得1ln 22ax >，函数()f x 的单调递增区间为1ln )22a +∞（，； (Ⅱ)(i)由(Ⅰ)知，()22e xf x a ='-，当0a ≤时，()0f x '>,函数()f x 在R 上单调递增，不合题意，所以0a >. 又x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞，()f x →+∞，∴函数()f x 有两个零点12,x x ，函数()f x 在1-ln )22a ∞（，递减，函数()f x 在1ln )22a +∞（，递增，∴1ln 022a f ⎛⎫< ⎪⎝⎭， ln 21ln ln 02222aa a af e a ⎛⎫∴=-+< ⎪⎝⎭，得32a e >.(ⅱ)由题意得：12212200x x e ax b e ax b ⎧-+=⎨-+=⎩，两式相减，得212221x x e e a x x -=-， 不妨设12x x <，()22xf x e a '=-，则()21121212212212212121(222x x x x x x x x x x x x e e e f e x x e e x x x x ++--+-⎡⎤=-=-+-⎣⎦--'）令210t x x =->，)2t t h t t e e -=-+（,()()220t t t t h t e e e e --=--=-+'<,()h t ∴在()0,+∞上单调递减，()()00h t h ∴<=，即1202x x f '+<（）． 18.(2020届浙江省高三上学期百校联考)已知函数2()(221)x af x x a e-=-+，a ∈R .(1)若2a =，求证：当1x 时，2()4(1)f x x x '-⋅(2)若不等式()210f x x -+恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2)1a . 【解析】(1)证明：当2a =时，22()(23)e x f x x -=-，则22()4(1)ex f x x -'=-欲证2()4(1)f x x x '-，即222(1)e(1)x x x x ---，故只需证明222e x x -，两边取对数，即证1ln x x -，1x ，该不等式显然成立，从而当1x 时，2()4(1)f x x x '-.(2)解：()210f x x -+恒成立，即2212210e x ax x a ---+-恒成立设221()221e x a x g x x a --=-+-，则()222e 22()ex a x a x g x --+-'=，只需讨论函数2()e 22x ah x x -=+-，因为2()2e20x ah x '-=+>，所以()h x 单调递增，2(1)e 0a h -=>，欲取一点0x <，使得()0h x <， 22e e e e x a x a a ---=<，因此2e22e 220x aax x --+-<+-，取2e 2ax -+=- 因此在2e ,12a -⎛⎫+- ⎪⎝⎭之间存在唯一零点0x ，得()0200e 220x a h x x -=+-=， 则()002ln 22a x x =--，故()g x 在()0,x -∞上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()()000min 0000202121()2212ln 2221e 22x a x x g x g x x a x x x ---==-+-=--+--，01x < 设022x t -=，0t >，则只需min 1()2ln 0g x t t t=+-，即1t ， 此时2ln 1a t t =--，由此可得实数a 的取值范围是1a .19.(2019年9月浙江省超级全能生高三第一次联考)已知函数()ln 12x f x a x⎫=++⎪⎭. (Ⅰ)当1a =时，求()f x 的单调区间； (Ⅱ)设()()12g x f x x=-，若()g x 在()1+∞，有极值点0x ，求证：()01g x <. 【答案】(Ⅰ)()1x ∈+∞，时，()f x 单调递增，()01x ∈，时，()f x 单调递减(Ⅱ)详见解析【解析】(Ⅰ)当1a =时，()ln 12x f x x=+，则()'2112f x x x =+-.令)0t t =>，则()()()()24212122122t m t t t t t t t =+-=--++, 当()01t ∈，，即()1x ∈+∞，时，()0m t >，即()'0f x >，则()f x 单调递增； 当()1t ∈+∞，，即()01x ∈，时，()0m t <，即()'0fx <，则()f x 单调递减.(Ⅱ)()ln 122x g x a x⎫=++⎪⎭，令)1t t =>，则()()21ln 2F t a t t t=++， ()()32'331111a t t F t a t tt +-⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭.当0t =()320010a t t +-=，即32001a t t =+， 则()0000322322000000ln 121122t t t F t t t t t t t +-=+<+++(由ln 1x x <-得) 令()3221t h t t t-=+，则()()()2'23242t t t h t tt---=+.当1t >时，2420t t -->，则()'0h t <，故()h t 在()1+∞，上单调递减. 又21y 2t =在()1+∞，上也单调递减，故()()00322000211112t p t p t t t -=+<=+，故()01g x <. 20.(2020届浙江学军中学高三上期中)设函数(),xf x e ax a a R =-+∈，其图象与x 轴交于()1,0A x ，()2,0B x 两点，且12x x <.(1)求a 的取值范围； (2)证明：0f '<.【答案】(1)2a e >(2)证明见解析； 【解析】(1)因为(),xf x e ax a a R =-+∈，所以()xf x e a '=-.若0a ≤，则()0f x '>，则函数()f x 是单调增函数，这与题设矛盾. 所以0a >，令()0f x '=，则ln x a =.当ln x a <时，()0f x '<，()f x 是单调减函数；ln x a >时，()0f x '>，()f x 是单调增函数；于是当ln x a =时，()f x 取得极小值.因为函数()()xf x e ax a a R =-+∈的图象与x 轴交于两点()1,0A x ，()()212,0B x x x <，所以()()ln 2ln 0f a a a =-<，即2a e >. 此时，存在1ln a <，()10f e =>；存在3ln ln a a >，()33ln 3ln f a a a a a =-+3230a a a >-+>，又()f x 在R 上连续，故2a e >.(2)因为12120,0,x x e ax a e ax a ⎧-+=⎨-+=⎩两式相减得2121x x e e a x x -=-.记()2102x x s s -=>， 则1221122212x x x x x x e e f e x x ++-⎛⎫'=- ⎪-⎝⎭()12222x x s s e s e e s +-⎡⎤=--⎣⎦， 设()()2ssg s s e e-=--，则()()20ss g s ee -'=-+<，所以()g s 是单调减函数， 则有()()00g s g <=，而12202x x es+>，所以1202x x f +⎛⎫'<⎪⎝⎭. 又()xf x e a '=-是单调增函数，且122x x +>所以0f '<.21．(2020届浙江学军中学高三上期中)已知函数()2ln 2f x x ax bx =---，a R ∈. (1)当2b =时，试讨论()f x 的单调性；(2)若对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根，求a 的取值范围.【答案】(1)0a >，()f x在⎛ ⎝⎭单调递增，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减； 0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x在⎛ ⎝⎭单调递增，⎝⎭单调递减，24a ⎛⎫--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增； 12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增.(2)220a e<≤ 【解析】(1)()2122x ax f x x--'=,0x >(i)0a >，令()0f x '=，得到21220x ax --=，解得x =，x =舍)所以当20,4x a ⎛-+∈ ⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在20,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，24a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减； (ii)0a =，令()0f x '=，得到12x =当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减； (iii)102a -<<，令()0f x '=，得到x =，x =当244x a ⎛⎛⎫--∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当2244x a a ⎛-+-∈ ⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，()f x在20,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，22,44a a ⎛--- ⎝⎭单调递减，24a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增； (iiii)12a ≤-，()0f x '>在()0,∞+恒成立，所以()f x 在()0,∞+单调递增； 综上所述，0a >，()f x在⎛ ⎝⎭单调递增，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减； 0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x在⎛ ⎝⎭单调递增，⎝⎭单调递减，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递增； 12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增.(2)因为对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根所以将问题等价于ln 2x ax b x-=+有两解 令()ln 2x g x x -=，0x >有()23ln xg x x -'=，0x >()30g e ∴=；()g x 在()30,e 递增，()3,e +∞递减；0x →，()g x →-∞；x →+∞，()0g x →；∴有图象知要使()ln 2x g x x-=的图像和y ax b =+的图像有两个交点， 0a >，过30,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭作切线时，斜率a 最大.设切点为()00,x y ，有002003ln 2ln 5x x y x x x --=+，002ln 53x x e-∴=-， 0x e ∴=此时斜率a 取到最大22e220a e∴<≤. 22．(2020届浙江湖州、衢州、丽水三地市高三上期中)已知函数())f x lnx x a R =+-∈有两个极值点12,x x ，且12x x <.(1)若5a =，求曲线()y f x =在点()()4,4f 处的切线方程； (2)记()()()12g a f x f x =-，求a 的取值范围，使得()150424g a ln <≤-. 【答案】(1) 46y ln =- (2) 45a <≤ 【解析】(1)5a =时，()ln x x f x +-=()11f x x '=+-()()446,'40,f ln f =-=所以，点()()4,4f 处的切线方程是46y ln =-； (2)()11f x x '=+=2a=1=，且2160a ∆=->，4a >，t =，得()2214t a t+=，且1t >. 因为()11112f x lnx x lnx x =+-=--，()2222f x lnx x =--， 所以()()12121ln 2x g a x x t lnt x t ⎛⎫=+-=--⎪⎝⎭， 令()12ln h t t t t=--则()()2222211221'10t t t h t t t t t --+=+-==> 所以()h t 在(1,)+∞上单调递增， 因为()154424h ln =-，所以14t <≤， 又因为()221124t a t t t+==++在(]1,4上单调递增，所以45a <≤. 23.(2019·9月浙江省丽水四校高三联考)已知函数()32()ln 2123x f x ax x ax =++--()．(1)若2x =为的极值点，求实数的值；(2)若在[)3,+∞上是单调增函数，求实数的取值范围；(3)当12a =-时，方程()()311+3x b f x x--=有实根，求实数的最大值． 【答案】(1)0；(2)3130,4⎡⎤+⎢⎥⎣⎦；(3)0.【解析】(1)22()2221a f x x x a ax =+--+'()()222144221x ax a x a ax ⎡⎤+--+⎣⎦=+． 因为2x =为()f x 的极值点，所以()20f '=． 即22041aa a -=+，解得0a =． 又当时，()(2)f x x x '=-，从而2()x f x =为的极值点成立．(2)因为()f x 在区间[)3,+∞上为增函数，所以()()()2221442021x ax a x a f x ax ⎡⎤+--+⎣⎦+'=≥在区间[)3,+∞上恒成立． ①当时，()(2)0f x x x -'=≥在[3,)+∞上恒成立，所以()[3,)f x +∞在上为增函数，故,符合题意．②当0a ≠时，由函数()f x 的定义域可知，必须有210ax +>对3x ≥恒成立，故只能0a >，所以对上恒成立．令22()2(14)(42)g x ax a x a =+--+，其对称轴为114x a=-， 因为0a >所以1114a-<，从而()0[3,)g x ≥+∞在上恒成立，只要(3)0g ≥即可， 因为()3g =24610a a -++≥，解得31331344a -+≤≤．因为0a >，所以31304a +<≤． 综上所述，的取值范围为3130,4⎡⎤+⎢⎥⎣⎦．(3)若12a =-时，方程3(1)(1)+3x bf x x--=可化为，．问题转化为223ln (1)(1)ln b x x x x x x x x x x =--+-=+-在()0,∞+上有解， 即求函数的值域．因为()()2ln g x x x x x =+-，令，则，所以当01x <<时，()0h x '>，从而()h x 在()0,1上为增函数， 当1x >时，()'0h x <，从而()h x 在()1,+∞上为减函数， 因此()(1)0h x h ≤=．而0x >，故()0b x h x =⋅≤， 因此当1x =时，b 取得最大值0．24.(浙江省宁波市宁波十校2020届高三11月联考)已知函数()101axf x lnx x =--． (1)当a ∈R 时，讨论函数f (x )的单调性；(2)对任意的x ∈(1，+∞)均有f (x )＜ax ，若a ∈Z ，求a 的最小值． 【答案】(1)答案不唯一，具体见解析(2)a 的最小值为3 【解析】(1)由题意，函数()101axf x lnx x =--， 则()()22210201010(1)(1)x a x af x x x x x +-+'=+=--，x ＞0且x ≠1， 令()()2102010g x x a x =+-+，则其图象对称轴为直线x 2020a-=，g (0)＝10， 当20020a-≤，即a ≥20时，则g (x )＞0，f ′(x )＞0， 此时f (x )分别在(0，1)和(1，+∞)上递增， 当20020a->时，即a ＜20时，令△＝(a ﹣20)2﹣400≤0．可得0≤a ＜20， 所以当0≤a ＜20时，则g (x )＞0，f ′(x )＞0， 此时f (x )分别在(0，1)和(1，+∞)上递增，当a ＜0时，由g (x )＝0解得x 12020a --=，x 22020a -=，易知f (x )分别在(0，x 1)，(x 2，+∞)上递增，分别在(x 1，1)，(1，x 2)上递减． 综上所述，当a ≥0时，f (x )分别在(0，1)和(1，+∞)上递增，当a ＜0时，分别在(0，x 1)，(x 2，+∞)上递增，分别在(x 1，1)，(1，x 2)上递减．(2)由题意得，210ln 11ax ax x ax x x <+=--， 即()2101x lnxa x->，对任意(1,)x ∈+∞成立，令F (x )()2101x lnxx-=，x ＞1，则()3()1021x ln F x x x x-+-⎡⎤⎣⎦'=，x ＞1，令h (x )＝(2﹣x )lnx +x ﹣1，h ′(x )＝﹣lnx 2x+，x ＞1 因为h ′(x )在(1，+∞)上递减，且h ′(1)＝2＞0，当x →+∞时，h ′(x )→﹣∞，所以存在x 0∈(1，+∞)，使得h ′(x 0)＝0，且h (x )在(1，x 0)上递增，在(x 0，+∞)上递减， 因为h (1)＝0，所以h (x 0)＞0，因为当x →+∞时，h (x )→﹣∞，所以存在x 1∈(x 0，+∞)，使得h (x 1)＝0， 且F (x )在(1，x 1)上递增，在(x 1，+∞)上递减，所以F (x )max ＝F (x 1)()1121101x lnx x-=，因为h (x 1)＝(2﹣x 1)lnx 1+x 1﹣1＝0，所以lnx 11112x x -=-，所以F (x 1)()2121110(1)2x x x -=-，因为h (4)＝﹣2ln 4+3＝ln 316e >0，h (5)＝﹣3ln 5+4＝ln 435e <0，所以x 1∈[4，5]，令Φ(x )()2210(1)2x x x -=-，x ∈[4，5]，易证Φ(x )在区间[4，5]上递减，所以Φ(x )∈[3215，4516]， 即F (x )max ∈[3215，4516]，因为a ∈Z ，所以a 的最小值为3． 25.(2020届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)设()ln xaf x b x e =-，其中,a b ∈R ，函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为1211y x e e ⎛⎫=-+++⎪⎝⎭.其中 2.7182e ≈(Ⅰ)求证：函数()f x 有且仅有一个零点； (Ⅱ)当()0,x ∈+∞时，()kf x ex<恒成立，求最小的整数k 的值. 【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)2. 【解析】(Ⅰ)'()x a b f x e x =--， 所以'1(1)(1)a f b e e =--=-+当1x =时，1y e =，即1(1)a f e e ==，解得1a b =='11()0x f x e x =--<，函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调减由于1(1)0f e => 1()10e f e e=-<则函数()f x 有且仅有一个零点． (Ⅱ)一方面，当1x =时，1(1)kf e e=<，由此2k ≥； 当2k =时，下证：2()f x ex<，在(0,)x ∈+∞时恒成立，21()ln x f x x ex e <⇔-22ln x x x x ex e e<⇔-< 记函数()x x g x e =，'1()x x g x e -=，()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,+)∞上单调递减1()(1)g x g e≤=；记函数()ln h x x x =，'()1ln h x x =+，()h x 在1(0,)e上单调减，在1(,+)e ∞上单调减11()()h x h e e ≥=-，即1()h x e-≤-；ln ()x xx x g x e -=112(())h x e e e +-≤+=，成立 又因为()g x 和()h x 不能同时在同一处取到最大值， 所以当(0,)x ∈+∞时，2()f x ex<恒成立 所以最小整数2k =．26.(2020·广东高三月考(理))已知实数0a ≠，设函数()e ax f x ax =-． (1)求函数()f x 的单调区间； (2)当12a >时，若对任意的[)1,x ∈-+∞，均有()()212a f x x ≥+，求a 的取值范围．注：e 2.71828=为自然对数的底数．【答案】(1)()f x 在(,0)-∞内单调递减，在(0,)+∞内单调递增；(2)122a <≤ 【解析】(1)由()(1)=0axaxf x a e a a e =-'=⋅-,解得0x =．①若0a >,则当(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在(0,)+∞内单调递增； 当(,0)x ∈-∞时,()0f x '<,故()f x 在(,0)-∞内单调递减．②若0a <,则当(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在(0,)+∞内单调递增； 当(,0)x ∈-∞时,()0f x '<,故()f x 在(,0)-∞内单调递减． 综上所述,()f x 在(,0)-∞内单调递减,在(0,)+∞内单调递增．(2)2()(1)2a f x x ≥+,即2(1)2ax ae x ≥+． 令0x =,得12a≥,则122a <≤．当1x =-时,不等式2(1)2ax a e x ≥+显然成立,当(1,)x ∈-+∞时,两边取对数,即2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立． 令函数()2ln(1)ln2aF x x ax =+-+,即()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立． 由22(1)()=011a x F x a x x -+'=-=++,得211x a =->-． 故当2(1,1)x a ∈--时,()0F x '>,()F x 单调递增；当2(1+)x a∈-∞，时,()0F x '<,()F x 单调递减. 因此22()(1)2ln 2ln 2ln 22a aF x F a a a a ≤-=-++=--．令函数()2ln 2ag a a =--,其中122a <≤,则11()10a g a a a='-=-=,得1a =, 故当1(,1)2a ∈时,()0g a '<,()g a 单调递减；当(1,2]a ∈时,()0g a '>,()g a 单调递增．又13()ln 4022g =-<,(2)0=g ,故当122a <≤时,()0g a ≤恒成立,因此()0F x ≤恒成立,即当122a <≤时,对任意的[1,)x ∈-+∞,均有2()(1)2a f x x ≥+成立．27.(2020届浙江省五校高三上学期联考)设函数()1xf x e x =+≥-(1)当1a =-时，若0x 是函数()f x 的极值点，求证：0102x -<<；(2)(i)求证：当0x ≥时，()2112f x x x ≥+++； (ii)若不等式()25242f x a x x a++≤对任意0x ≥恒成立，求实数a 的取值范围. 注：e=2.71828...为自然对数的底数. 【答案】(1)证明见解析 (2)(i)证明见解析 (i i)(]0,1 【解析】(1)()xf x e '==令()()2120xg x eg x e e '=⇒=>即()g x 恒增，又1102g ⎛⎫-=< ⎪⎝⎭，()010g =>，所以()f x '在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上有一根，即为()f x 的极值点0x ，且0102x -<<； (2)(i )要证()2112f x x x ≥+++，只需证2112x e x x ≥++，只需证()21102x h x e x x =---≥，()1x h x e x '=--，()10x h x e ''=->，即()h x '在[)0,+∞，即()()min 00h x h ''==，所以()0h x '≥恒成立，即()h x 在[)0,+∞单调递增，又有()()min 00h x h ==，所以()0h x ≥恒成立，即()2112f x x x ≥+++(i i )必要性探路：当0x =，有1201aa a+≤⇒<≤， 当01a <≤时，2225551222424242x x a e a x x x x e x x a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++=++≥++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()2512042x g x e x x x ⎛⎫=++≥⎪⎝⎭ ()225151142424x g x e x x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-+≥1++++=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(1)当1x ≥时，()22111111242424g x x x '≥>-≥->， 所以函数()()00g x g ≥=(2)当01x <<时，()211112444g x x '≥->->> 所以函数()()00g x g ≥=综上所述：实数a 的取值范围为(]0,1.28.(2020届浙江省杭州地区(含周边)重点中学高三上期中)设,a b ∈R ，已知函数()ln f x a x =，。