2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用(四)
2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用(四)
-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（四）
23.已知函数()32
23log 32
a f x x x x =
-+（0a >且1a ≠）． （Ⅰ）若()f x 为定义域上的增函数，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）令a e =，设函数()()3
24ln 63
g x f x x x x =--+，且()()120g x g x +=，求
证：122x x +≥
24.已知函数2x
f x
e x ax .
(1)R x ∈时，证明：1->x e x
； (2)当2a 时，直线1y kx 和曲线y
f x 切于点,1A m n m ，求实数k 的值；
(3)当10<
25.已知函数ln a
f x
a x x
x
(a 为常数)有两个不同的极值点. (1)求实数a 的取值范围；
(2)记f x 的两个不同的极值点分别为12,x x ，若不等式2
12
1
2
f x f x x x 恒成
立，求实数的取值范围.
26.已知函数()1ln f x ax x =--（a ∈R ）. （1）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由；
（2）若1x ?>，()2xf x ax ax a <-+恒成立，求a 的最大整数值.
27.已知函数()()()()2
21,2ln 1f x x x g x a x a R =-+=-∈.
（1）求函数()()()h x f x g x =-的极值；
（2）当0a >时，若存在实数,k m 使得不等式()()g x kx m f x ≤+≤恒成立，求实数a 的取值范围.
28.设()y f x =是二次函数，方程()0f x =有两个相等的实根，且()22f x x '=+. （1）求()y f x =的表达式；
（2）若直线()01x t t =-<<，把()y f x =的图象与两坐标轴所围成图形的面积二等分，求t 的值.
29.已知函数()1
ln 2
f x x x =+（a ∈R ）. （1）若曲线()y f x =在点()()
1,1f 处的切线经过点()2,3，求a 的值； （2）若()f x 在区间1,14??
???
上存在极值点，判断该极值点是极大值点还是极小值点，并求a 的取值范围；
（3）若当0x >时，()0f x >恒成立，求a 的取值范围.
30.已知函数ln f x x a ，,b g x
x a b R x
.
(1)若曲线y
f x 与曲线y
g x 在点1,1
f 处的切线方程相同，求实数,a b 的值；
(2)若()()x g x f ≥恒成立，求证：当2≠a 时，1≠b .
31.()2x
f x e ax =--，其中e 是自然对数的底数，a R ∈.
（1）求函数()f x 的单调递增区间； （2）若k 为整数，1a =，且当0x >时，()11
k x
f x x -'<+恒成立，其中()f x '为()f x 的导函数，求k 的最大值.
32.已知f （x ）=2x ln x ，g （x ）=﹣x 2+ax ﹣3． （1）求函数f （x ）的单调区间；
（2）若存在x ∈（0，+∞），使f （x ）≤g （x ）成立，求实数a 的取值范围．
33.已知数列{x n }按如下方式构成：x n ∈（0，1）（n ∈N *），函数f （x ）=ln （x x
-+11）在点
（x n ，f （x n ））处的切线与x 轴交点的横坐标为x n +1 （Ⅰ）证明：当x ∈（0，1）时，f （x ）＞2x （Ⅱ）证明：x n +1＜x n 3
（Ⅲ）若x 1∈（0，a ），a ∈（0，1），求证：对任意的正整数m ，都有log n x a +log 1+n x a +…+log m n x +a ＜21?（3
1
）n ﹣2（n ∈N *）
34.已知函数f （x ）= ?????∈--∈-]3,1[),1(55
]
1,0[,2x x f x x x
（Ⅰ）求f （
2
5
）及x ∈[2，3]时函数f （x ）的解析式 （Ⅱ）若f （x ）≤x
k
对任意x ∈（0，3]恒成立，求实数k 的最小值．
35.已知函数
1()(2)a f x a x x a -?
?=-- ?
??，其中0a ≠． （Ⅰ）若1a =，求()f x 在区间[0,3]上的最大值和最小值． （Ⅱ）解关于x 的不等式()0f x >．
36.若实数x ，y ，m 满足
x m y m
-<-，则称x 比y 靠近m ．
（Ⅰ）若1x +比x -靠近1-，求实数x 有取值范围．
（Ⅱ）（i ）对0x >，比较ln(1)x +和x 哪一个更靠近0，并说明理由． （ii ）已知函数{}n a 的通项公式为112n n a -=+，证明：1232e n a a a a <．
37.已知函数
2
()e (e 1)1x f x ax a x =-+-+-（e 是自然对数的底数，a 为常数）． （1）若函数1
()()()2
g x f x x f x '=-?，在区间[1,+∞)上单调递减，求a 的取值范围．
（2）当(e 2,1)a ∈-时，判断函数()f x 在(0,1)上是否有零点，并说明理由．
38.已知函数()ln f x x x =． （1）求函数()f x 的极值点．
（2）设函数()()(1)g x f x a x =--，其中a ∈R ，求函数()g x 在[1,e]上的最小值．
39.已知函数
1
()ln 2f x x x
=-，(0,)x ∈+∞． （1）求函数()f x 的图象在点(2,(2))f 处的切线方程． （2）求函数()f x 的单调递增区间．
40.设m ∈R ，函数f （x ）=e x ﹣m （x +1）+41
m 2（其中e 为自然对数的底数）
（Ⅰ）若m =2，求函数f （x ）的单调递增区间；
（Ⅱ）已知实数x 1，x 2满足x 1+x 2=1，对任意的m ＜0，不等式f （x 1）+f （0）＞f （x 2）+
f （1）恒成立，求x 1的取值范围；
（Ⅲ）若函数f （x ）有一个极小值点为x 0，求证f （x 0）＞﹣3，（参考数据ln6≈1.79）
41.已知函数f （x ）=x 2﹣x 3，g （x ）=e x ﹣1（e 为自然对数的底数）． （1）求证：当x ≥0时，g （x ）≥x +
2
1x 2； （2）记使得kf （x ）≤g （x ）在区间[0，1]恒成立的最大实数k 为n 0，求证：n 0∈[4，6]．
42.设函数32
11()(3)332
f x x ax a x =
++++，其中a R ∈，函数()f x 有两个极值点12,x x ，且101x ≤<．
（1）求实数a 的取值范围；
（2）设函数'
1()()()x f x a x x ?=--，当12x x x <<时，求证：|()|9x ?<．
43.已知
14)(2+-=
x t
x x f 的两个极值点为α，β，记A （α，f （α）），B （β，f （β））
（Ⅰ）若函数f （x ）的零点为γ，证明：α+β=2γ． （Ⅱ） 设点 C (
m t -4,0)，D (m t
+4
,0)，是否存在实数t ，对任意m ＞0，四边形ACBD 均为平行四边形．若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由．
44.已知函数ln (),x
f x x
=
() (0)=>g x kx k ，函数{}()max (),(),F x f x g x =其中{}max ,a b ,,
,.a a b b a b ≥?=?
（Ⅰ）求()f x 的极值；
（Ⅱ）求()F x 在[]1, e 上的最大值(e 为自然对数底数).
45.已知函数2
()2ln ,f x x a x a R =+∈．
（Ⅰ）若()f x 在1x =处取得极值，求实数a 的值；
（Ⅱ）若不等式()0f x >对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围.
参考答案
23.（Ⅰ）()2
1
23ln f x x x x a
'=-+
， 由()f x 为增函数可得，()0f x '≥恒成立，则由
21230ln x x x a -+
≥321
23ln x x a
?-≥-?，设()3223m x x x =-，则 ()266m x x x '=-，若由()()610m x x x '=->和()()610m x x x '=-<可知 ()m x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，
所以()()min 11m x m ==-，所以1
1ln a
-≥-
， 当1a >时，易知a e ≤，当01a <<时，则
10ln a <，这与1
1ln a
≤
矛盾， 从而不能使()0f x '≥恒成立，所以1a e <≤． （Ⅱ）()322332g x x x =
-+32ln 4ln 63x x x x --+23
3ln 62
x x x =--+，因为()()120g x g x +=，
所以211133ln 62x x x -
-++22223
(3ln 6)02
x x x --+=，所以 221212123
()3ln()6()02
x x x x x x -+-++=， 212121
[()2]2
x x x x -+--1212ln()2+=0x x x x +（
）， 212121
()+2
x x x x -+1212ln()2()0x x x x -++=， 所以212121
()+2()2
x x x x -
++1212ln()x x x x =-， 令12x x t =，()ln g t t t =-，()111t
g t t
t
-'=-=
，()g t 在()0,1上增，在()1,+∞上减， ()()11g t g ≤=-，所以212121
()2()12x x x x -+++≤-，整理得
21212()4()20x x x x +-+-≥，
解得122x x +≥122x x +≤（舍），所以122x x +≥
24.(1)记1x F x e x ，
∵'1x F x e ，
令'0F x 得0x ， 当,0x ，'0F x ，F x 递减；当0,x ，'0F x ，F x 递增，
∴min
0F x F ，
10x F x
e x ，
得1x e x .
(2)切点为,A m n ，1m ，则
2
1222
m m
n km n e m m k e m ，∴2110m
m e m ，
∵1m ，∴10m e m 由(1)得0m .
所以1k
.
(3)由题意可得2
0x e x ax 恒成立，
所以2x
e x a
x
，
下求2x
e x G x
x
的最小值， 22
2
2
11
1
11
1
1'x
x
x
x e x x e x x e x G x
x x x ，
由(1)1x e x 知10x e x 且1x .
所以'0G x
，G x 递减，
∵1x ，∴1
1G x G e .
所以1a e .
25.(1)2
2
'0x ax a
f x x x .
由函数ln a
f x a x x
x
(a 为常数)有两个不同的极值点. 即方程2
0x ax a 有两个不相等的正实根.
∴12
12
2
0040
x x a x x a a a ，∴4a .
(2)由(1)知12x x a ，12
x x a ，4a ，
∴2
1212
1212
12
12
ln x x f x f x a x x x x a
x x x x ，
所以ln a
a
恒成立. 令ln a
F a a
，4a . ∵2
ln 1
'0a F a a ，F a 递增， ∴ln 2
4
2
F a
F ， ln 2
2.
26.（1）()f x 的定义域为()0,+∞，且()11
ax f x a x x
-'=-
=
. 当0a ≤时，()0f x '≤在()0,+∞上恒成立，函数()f x 在()0,+∞上单调递减. ∴()f x 在()0,+∞上没有极值点； 当0a >时，令()0f x '=得()1
0,x a
=∈+∞； 列表
所以当1
x a
=
时，()f x 取得极小值. 综上，当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上没有极值点； 当0a >时，()f x 在()0,+∞上有一个极值点.
（2）对1x ?>，()2
xf x ax ax a <-+恒成立等价于ln 1
x x x
a x +<
-对1x ?>恒成立，
设函数()ln 1x x x g x x +=
-（1x >），则()()
2
ln 2
1x x g x x --'=-（1x >），
令函数()ln 2x x x =--?，则()1
1x x
'=-?（1x >）， 当1x >时，()1
10x x
'=-
>?，所以()x ?在()1,+∞上是增函数， 又()31ln30=-?，
所以存在()03,4x ∈，使得()00x =?，即()00g x '=，
且当()01,x x ∈时，()0x ?，即()0g x >，故()g x 在()0,x +∞上单调递增； 所以当()1,x ∈+∞时，()g x 有最小值()000
00ln 1
x x x g x x +=
-，
由()00x =?得00ln 20x x --=，即00ln 2x x =-， 所以()()000
00021
x x x g x x x -+=
=-，
所以0a x <，又()03,4x ∈，所以实数a 的最大整数值为3.
27.（I ）由题意得2
()(1)2ln(1)h x x a x =---，1x >，∴22[(1)]
'()1x a h x x --=-，
①当0a ≤时，则'()0h x >，此时()h x 无极值；
②当0a >时，令'()0h x <，则11x a <<+；令'()0h x >，则1x a >+； ∴()h x 在(1,1]a +上递减，在(1,)a ++∞上递增； ∴()h x 有极小值(1)(1ln )h a a a =-，无极大值；
（II ）当0a >时，由（1）知，()h x 在(1,1]a 上递减，在(1,)a ++∞上递增，且有极小值(1)(1ln )h a a a =-.
①当a e >时，(1)(1ln )0h a a a =-<，∴(1)(1f a g a <+， 此时，不存在实数k ，m ，使得不等式()()g x kx m f x ≤+≤恒成立； ②当0a e <≤时，(1)(1ln )0h a a a =-≥，
2()21f x x x =-+在1x a =+(2)y ax a a =-，
令()()(2)]u x f x ax a a =--，1x >，
则2()[(1)]0u x x a =-+≥，∴2(2)()ax a a f x -≤，
令()2(2)()v x ax a a g x =-+-=2(2)2ln(1)ax a a a x -+--，1x >， 则2[(1)]
'()a x a v x -+=
，令'()0v x <，则11x a <<+；令'()0v x >，则
1x a >+；
∴()(1)v x v a ≥+=(1ln )0a a -≥，∴()2(2)g x ax a a ≤-+， ∴()2(2)()g x ax a a f x ≤-+≤，
当2k a =，2m a a =--时，不等式()()g x kx m f x ≤+≤恒成立， ∴0a e <≤符合题意. 由①，②得实数a 的取值范围为(0,]e . 28.
（I ）设2
()(0)f x ax bx c a =++≠，则()2f x ax b '=+． 由已知()22f x x '=+，得1a =，2b =．2
()2f x x x c ∴=++．
又方程220x x c ++=有两个相等的实数根，
440c ∴?=-=，即1c =．故2()21f x x x =++；
（II ）依题意，得
221
(21)(21)t
t
x x dx x x dx ---++=++?
?，
32320
1
1133t
t
x x x x x x ---????∴++=++ ? ???
??
，
整理，得3226610t t t -+-=，即3
2(1)10t -+=，
3
12t ∴=
29.
（1）对()f x 求导，得()1122f x x
x
'=+-
. 因此()1122
a
f '=
+.又()11f a =+， 所以，曲线()y f x =在点()()
1,1f 处的切线方程为()()11122a y a x ??
-+=+- ??
?. 将2x =，3y =代入，得()13122
a
a -+=+.解得1a =. （2）()f x 的定义域为()0,+∞.
(
)112f x x
'=+
-
212x x +=.
设()f x 的一个极值点为m
，则210m +=
，即a =
-所以(
)f x '=
=.
当()0,x m ∈时，()0f x '<；当(),x m ∈+∞时，()0f x '>. 因此()f x 在()0,m 上为减函数，在(),m +∞上为增函数. 所以m 是()f x 的唯一的极值点，且为极小值点. 由题设可知1,14m ??∈ ???
.
因为函数a =
-1,14??
???
上为减函数，
a -<<11a -<<. 所以a 的取值范围是()1,1-.
（3）当0x >时，()0f x >
恒成立，则1
ln 02
x x +>恒成立，
即1
ln x x
a ->0x ?>恒成立.
设(
)1ln x x g x -=(
)11ln x x
g x --'=.
设()1
1ln 2
h x x x =--
（0x >），显然()h x 在()0,+∞上为减函数. 又()10h =，则当01x <<时，()()10h x h >=，从而()0g x '>； 当1x >时，()()10h x h <=，从而()0g x '<. 所以()g x 在()0,1上是增函数，在()1,+∞上是减函数.
所以()()max 11g x g ==-，所以1a >-，即a 的取值范围为()1,-+∞. 30.
(1)由1
'f x
x ，2
'1b
g x x . 得
'1'11
1
f g f g ，解得3a
，2b .
(2)证明：设ln b
h x f x g x x a
x x
， 则2
22
1'10b x x b
h x
x x x x ， ①当0b 时，'0h x ，函数h x 在0,
上单调递增，
不满足f x
g x 恒成立.
②当0b 时，令20x x b ，由140b ，
得11402
b x ，或1
1402
b x
(舍去)，
设01142b
x ，知函数y h x 在00,x 上单调递减，在0,x 上单调递增，
故0
min
0h x
h x ，即0
ln 0b x a
x x ，得000
ln b a
x x x .
又由2000x x b ，得200b x x ，
所以2200
000000
ln 1ln b a b
x x x x x x x x ，
令2
1ln t x x x x ，2
211
1
21
'21
x x x x t x
x x
x
x
.
当0,1x 时，'0t x ，函数t x 单调慈善 当1,
x
时，'0t x ，函数t x 单调递增；
所以min
1
1t x t ，1a b 即1b a ，
故当2a 时，得1b .
31.
（1）()x
f x e a '=-，x R ∈
若0a ≤，则()0f x '>恒成立，所以()f x 在区间(),-∞+∞上单调递增 若0a >，当()ln ,x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在()ln ,a +∞上单调递增 （2）由于1a =，所以
()11
k x
f x x -'时，
10x e ->
故()()
11x k x e x --<+11x x k x e +?<
+-，令()1
1
x x g x x e +=+-（0x >） 则()()
2
1
11x x
xe g x e
-+'=
+=
-()
()
2
21x x x
e e x e
---
函数()2x f x e x =--在()0,+∞上单调递增，而()10h <，()20h >， 所以()h x 在()0,+∞上存在唯一的零点. 故()g x '在()0,+∞上存在唯一的零点. 设此零点为0x ，则()01,2x ∈.
当()00,x x ∈时，()0g x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>； 所以()g x 在()0,+∞上的最小值为()0g x ，由于()00g x '=，可得0
02x e x =+
所以()()0012,3g x x =+∈，所以整数k 的最大值为2. 32.
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可； （2）问题等价于a≥（2ln x+x+）min ，记h （x ）=2ln x+x+，x ∈（0，+∞），根据函数的单调性判断即可．
【解答】解：（1）f （x ）的定义域为（0，+∞），f′（x ）=2（ln x+1）， 令f′（x ）=0，得x=，当x ∈时，f′（x ）＜0，当x ∈时，f′（x ）＞0， 所以f （x ）在
上单调递减；在
上单调递增．
（2）存在x ∈（0，+∞），使f （x ）≤g （x ）成立， 即2xln x≤﹣x 2+ax ﹣3在x ∈（0，+∞）能成立， 等价于a≥2ln x+x+在x ∈（0，+∞）能成立， 等价于a≥（2ln x+x+）min ．
记h （x ）=2ln x+x+，x ∈（0，+∞）， 则h′（x ）=+1﹣
=
=
．
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，
所以当x=1时，h（x）取最小值为4，故a≥4．
33.
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；数列与函数的综合．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性求出f（x）＞2x即可；
（Ⅱ）求出函数f（x）的导数，求出曲线方程，得到x n+1=ln（﹣1）+x n，从而证出结论即可；
（Ⅲ）得到b k=＜a=b k﹣1＜b k﹣2＜…＜b0，问题转化为b0＜，根据（Ⅱ）证出即可．
【解答】证明：（Ⅰ）设g（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x）﹣2x，
则g′（x）=，
故x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）在（0，1）递增，
∴g（x）＞g（0）=0，即f（x）＞2x；
（Ⅱ）由f′（x）=+=，
故曲线在点（x n，f（x n））处的切线方程是：y=（x﹣x n）+f（x n），
令y=0，则x n+1=x n+f（x n）（﹣1），
则x n+1=ln（﹣1）+x n，
由（Ⅰ）及﹣1＜0得：x n+1＜（2x n）?（﹣1）+x n=x n3；
（Ⅲ）令=b k，（k=0，1，2，…，m），
∵x n+k＜，且a∈（0，1），x n∈（0，1），
∴log a x n+k＞log a，
从而b k=＜a=b k﹣1＜b k﹣2＜…＜b0，
∴log a+log a+…+log a
=b0+b1+…+b m＜b0（1+++）=b0（1﹣）＜b0，
要证log a+log a+…+log a＜?（）n﹣2（n∈N*），
只需b0＜，
即证b0＜?a＜?x n＜，
由（Ⅱ）以及x1∈（0，a）得：x n＜＜＜…＜＜，
故原结论成立．
34.
【考点】函数恒成立问题；分段函数的应用．
【分析】（Ⅰ）由函数f（x）=可求f（）的值，由
x∈[2，3]?x﹣2∈[0，1]，可求得此时函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）依题意，分x∈（0，1]、x∈（1，2]、x∈（2，3]三类讨论，利用导数由f（x）≤对任意x∈（0，3]恒成立，即可求得实数k的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）f（）=﹣f（）=f（）=×=．
当x∈[2，3]时，x﹣2∈[0，1]，所以f（x）= [（x﹣2）﹣（x﹣2）2]=（x﹣2）（3﹣x）．
（Ⅱ）①当x∈（0，1]时，f（x）=x﹣x2，
则对任意x∈（0，1]，x﹣x2≤恒成立?k≥（x2﹣x3）max，
令h（x）=x2﹣x3，则h′（x）=2x﹣3x2，令h′（x）=0，可得x=，
当x∈（0，）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；
当x∈（，1）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
∴h（x）max=h（）=；
②当x ∈（1，2]时，x ﹣1∈（0，1]，所以f （x ）=﹣ [（x ﹣1）﹣（x ﹣1）2]≤恒成立
?k≥
（x 3﹣3x 2+2x ），x ∈（1，2]．
令t （x ）=x 3﹣3x 2+2x ，x ∈（1，2]．则t′（x ）=3x 2﹣6x+2=3（x ﹣1）2﹣1， 当x ∈（1，1+
）时，t （x ）单调递减，当x ∈（1+
，2]时，t （x ）单调递增，
t （x ）max =t （2）=0，
∴k≥0（当且仅当x=2时取“=”）；
③当x ∈（2，3]时，x ﹣2∈[0，1]，令x ﹣2=t ∈（0，1]， 则k≥（t+2）（t ﹣t 2）=g （t ），在t ∈（0，1]恒成立．
g′（t ）=﹣（3t 2+2t ﹣2）=0可得，存在t 0∈[，1]，函数在t=t 0时取得最大值． 而t 0∈[，1]时，h （t ）﹣g （t ）=（t 2﹣t 3）+（t+2）（t 2﹣t ）=t （1﹣t ）（2t ﹣1）＞0，
所以，h （t ）max ＞g （t ）max ， 当k≥
时，k≥h （t ）max ＞g （t ）max 成立，
综上所述，k≥0，即k min =0． 35.见解析
（Ⅰ）1a =，2()(2)(1)1f x x x x =-=--，()22f x x '=-， ∴
x
(0,1) 1 (1,3) ()f x ' -
+
()f x
↓ 极小 ↑
∴min (1)1f f ==-， max max[(3),(0)]f f f =，
而(3)3(0)f f =>， ∴max 3f =． （Ⅱ）0a >时， 1(2)0a x x a -??--> ??
?，
∵1120a a a a
-+-
=>，