【文档说明】（新教材）2021-2022学年下学期高二暑假巩固练习3 导数（三）【高考】.docx，共(14)页，765.886 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0e1b4b9dec4014a473b255247e4dbf5b.html

以下为本文档部分文字说明：

一、单选题．1．函数()326fxxxm=−+有三个零点，则实数m的取值范围是（）A．()4,4−B．4,4−C．(),44,−−+D．()(),44,−−+2．函数()2(1)fxx=+，()lngxxx=+的图象与直线xa=分别交于,AB两点，则AB的

最小值为（）A．1B．2ln2+C．3D．23．已知(),,1,abce且ln55lnaa=，ln44lnbb=，ln33lncc=，则（）A．abcB．bcaC．bacD．cab4．已知函数()fx的导函数为()

fx，且()()fxfx对任意的xR恒成立，则（）A．()()1e0ff，()()20202020e0ffB．()()1e0ff，()()20202020e0ffC．()()1e0ff，()()20202020e0ffD．()()1e0f

f，()()20202020e0ff二、多选题．5．若1201xx，则下列不等式正确的是（）A．1122lnlnxxxxB．2112lnlnxxxxC．1212eexxxxD．1221

eexxxx6．关于函数()2lnfxxx=+，则下列结论正确的是（）A．2x=是()fx的极小值点暑假练习03导数（三）B．函数()yfxx=−有且只有1个零点C．对任意两个正实数x1，x2，且21xx，若()()12fxfx=，则124x

x+D．存在正实数k，使得()fxkx恒成立7．若函数32()0)(2fxxaxa=−在()6,23aa+上有最大值，则a的取值可能为（）A．6−B．5−C．4−D．3−三、填空题．8．已知函数()()lnxefxkxxx=+−，若()fx存在唯一零点，则k的最大值为_____

____．9．已知函数()3242eexxfxxx=−+−，其中e是自然对数的底数，若()3110fafa−+−−，则实数a的取值范围为__________．四、解答题．10．已知函数()()ln,02xbfxaxabx=−+，对任意0

x，都有()4fxfx+0=．讨论()fx的单调性．11．已知函数()1lnxfxx+=．（1）若函数()fx在区间2,3aa+（其中0a）上存在极值，求实数a的取值范围；（2）如果当1x时，不等式()1mfxx+恒成立，求实数m的取

值范围．12．已知函数()()e,xfxaxa=−R．（1）讨论()fx的单调性；（2）讨论()fx在()0,+上的零点个数．13．已知函数()e(0)xfxaxa−=存在极大值1e．（1）求实数a

的值；（2）若函数()()Fxfxm=−有两个零点1x，2x12xx（），求实数m的取值范围，并证明：122xx+．一、单选题．1．【答案】A【解析】由题意，函数()326fxxxm=−+，可得()2666(1)(1)fxxx

x=−=−+，当1x−时，()0fx，()fx单调递增；当11x−时，()0fx，()fx单调递减；当1x时，()0fx，()fx单调递增，所以函数()fx在1x=−处取得极大值，在1x=处取得极小值，要使得函数()fx有三个零点，则满

足()()12601260fmfm−=−++=−+，解得44m−，即实数m的取值范围是(4,4)−，故选A．2．【答案】C【解析】设()()()hafaga=−，则()ABha=，所以()()2(1)lnln2aaahaaa+−=+=−++，0a，所以()11haa=−+

，令()0ha，得01a，此时()ha单调递减；令()0ha，得1a，此时()ha单调递增，所以()()min1ln11230hah==−++=，则()()ABhaha==，则()()minmin13ABhah===，故选C．3．【答案】A【解析】()()ln5l

nln55ln55aaafafa===，()()ln4lnln44ln44bbbfbfb===，()()ln3lnln33ln33cccfcfc===，答案与解析故构造函数()lnxfxx=，()21lnxfxx−=，当1,xe

时，()0fx；当),xe+时，()0fx，()fx如图：∵(),,1,abce，由图知abc，故选A．4．【答案】D【解析】依题意，令()()exfxgx=，则2()()e()(e)()()()[]0eeexxxxxfxfxfxfxfxgx−−===

，于是得函数()()exfxgx=在R上单调递减，则有()()10gg，()()20200gg，即()()110e1ff，()()202020200e1ff，所以()()1e0ff，()()20202020e0ff，故选D．二、多选题．5．【答案】BD【解析】对于选

项A，令()lnfxxx=，则()1lnfxx=+，当()0,1x时，()fx的正负不确定，则()fx的单调性不确定，故11lnxx与22lnxx的大小不确定，故A错误；对于选项B，令()lnxgxx=，则()21lnxgxx−=，当()0,1x时，()0gx

，∴()gx在()0,1上单调递增，又∵1201xx，∴()()12gxgx，即1212lnlnxxxx，即2112lnlnxxxx，故B正确；对于选项C，令()exhxx=，则()()1exhxx=+，当()0,1

x时，()0hx，∴()hx在()0,1上单调递增，又∵1201xx，∴()()12hxhx，即1212xxxexe，故C错误；对于选项D，令()exxx=，则()1exxx−=，当()0,1x时，(

)0x，∴()x在()0,1上单调递增，又∴1201xx，∴()()12xx，即1212eexxxx，即1221eexxxx，故D正确，故选BD．6．【答案】ABC【解析】对于函数()2lnfxx

x=+，其定义域为()0,+，由于()221xxfx=−+，令()0fx=可得2x=，当02x时，()0fx；当2x时，()0fx，可知2x=是()fx的极小值点，选项A正确；设()()gxfxx=−，则()22217122410xgx

xxx−−−=−−=，可知()gx在()0,+上单调递减，又()110g=，()2ln210g=−，所以方程()0gx=有且仅有一个根，即函数()yfxx=−有且只有1个零点，选项

B正确；由2x=是()fx的极小值点，可知若()()12fxfx=时，2120xx，易知142x−，则()()()()()121111112244ln4ln4fxfxfxfxxxxx−−=−−=+−−−−()()11111424ln4

xxxxx−−=+−，令114xtx−=，则1t，141xt=+，则()()()()21214ln12tfxfxtFttt−−−=+=，()222102ttFtt−+−=，则()Ft在()1,+上单调递减，(

)()10FtF=，故()()1240fxfx−−，又()fx在()2,+上单调递增，则124xx−，故124xx+，选项C正确；令()fxkx，得()2ln0xkxxx+，即()22ln0xkxxx+．设()22lnxhxxx=+，()0,x+，则()()3

2341ln1ln4xhxxxxxxx−=−+=−−，设()ln4Hxxxx=−−，()0,x+，则()()3Hxhxx=，因为()1ln1lnHxxx=−−=−，当01x时，()ln0Hxx=−；当

1x时，()ln0Hxx=−，所以函数()Hx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，所以()()max110430HxH==−−=−，则()()30Hxhxx=恒成立，所以函数()hx在()0,+上单调递减，所以不可能存在正实数k，使得()()22ln0xhxkxxx

=+恒成立，故选D不正确，故选ABC．7．【答案】ABC【解析】令()2(3)fxxxa=−，得10x=，2(0)3axa=，当03ax时，()0fx；当3ax或0x时，()0fx，则()fx的增区间为(),,0,3a−+，减

区间为,03a，从而()fx在3ax=处取得极大值3()327aaf=−，由3()27afx=−，得220(3)()3aaxx−+=，解得3ax=或6ax=−，又()fx在()6,23aa+上有最大值

，所以6336aaa+−，即4a−，故选ABC．三、填空题．8．【答案】e【解析】由()()elnxfxkxxx=+−可得()1exxfxkxx−=−，因为()fx存在唯一零点，

而1x=是()fx的一个零点，所以ee0xxkkxx−==不存在根或存在唯一根1．令()exgxx=，则()21exxgxx−=．于是()exgxx=在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，当0x→时，()gx→+；当x→+时，()gx→+，

所以()min()1ekgxg==，故k的最大值为e，故答案为e．9．【答案】1a−或03a【解析】由32()42eexxfxxx=−+−，得32()42e()exxfxxxfx−=−++−=−，所以()fx是

R上的奇函数．又22222()342e3422e30eexxxxfxxxx=−++−+=，当且仅当0x=时取等号，所以()fx在其定义域内单调递增．因为()3110fafa−+−−，所以()33111faffaa−−−+−=，所以311aa−+，

即223(1)(3)0aaaaaa−−+=−，解得1a−或03a，故实数a的取值范围是1a−或03a，故答案为1a−或03a．四、解答题．10．【答案】答案见解析．【解析】由()424lnln024xbaxb

fxfaxxxxx+=−++−+=，即224164axabxb+=+，得4ba=，则()4ln2xafxaxx=−+，()()2221440aaxxafxaxxxx−+−=−−=，令()24hxaxxa=−+−，若21160a=−，即14a时，()0hx，()fx在

()0,+上单调递减；若21160a=−，即104a时，()24hxaxxa=−+−有两个零点，零点为21111602axa−−=，22111602axa+−=．又()24hxaxxa=−+−图象开口向下，当10x

x时，()0hx，()0fx，()fx单调递减；当12xxx时，()0hx，()0fx，()fx单调递增；当2xx时，()0hx，()0fx，()fx单调递减，综上所述，当14a时

，()fx在()0,+上单调递减；当104a时，()fx在211160,2aa−−和21116,2aa+−+上单调递减，()fx在2211161116,22aaaa−−+−上单调递增．11．【答案】（1）113

a；（2）2m．【解析】（1）函数()fx的定义域为0xx，则()2lnxfxx=−，令()01fxx==，当01x时，()0fx；当1x时，()0fx，∴()fx在()0,

1上单调递增，在()1,+上单调递减，故函数()fx在1x=处取得极大值，且极大值为(1)1f=．∵函数()fx在区间2,3aa+(其中0a)上存在极值，∴1213aa+，解得113a，即实数a的取值范围

为113a．（2）当1x时，不等式()1mfxx+，即()()11lnxxmx++，令()()()11lnxgxxx++=(1x)，∴()()()()()2211ln11lnlnxxxxxxxgxxx++−++−==

，令()lnhxxx=−(1x)，则()110hxx=−，∴()hx在)1,+上单调递增，∴()()min110hxh==，从而()0gx，故()gx在)1,+上也是单调递增，∴()()min1

2gxg==，∴2m．12．【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析．【解析】（1）因为()exfxax=−，则e()xfxa=−，当0a时，()0fx，此时()fx在R上单调递减；当0a时，令()0fx=，可得lnxa=，则当(),lnxa−时，()0fx，()fx单调

递增；当()ln,xa+时，()0fx，()fx单调递减，综上所述：当0a时，()fx在R上单调递减；当0a时，()fx在(),lna−上单调递增，在()ln,a+上单调递减．（2）当0

a时，()fx在()0,+上单调递减，又()01f=−，故当()0,x+时，()1fx−，故此时()fx在()0,+无零点；当01a时，ln0a，故()fx在()0,+单调递减；同0a时，此时()fx在()0,+无零点

；当1a时，ln0a，故()fx在()0,lna单调递增，在()ln,a+单调递减，()()()lnln1fxfaaa=−，若ln10a−，即1ea时，()ln0fa，故()fx在()0,+无零点；若ln10a−=，即ea=时，()ln0fa=，此时()fx在()0,+有一

个零点lna；若ln10a−，即ea时，()ln0fa，又因为()010f=−，故()fx在()0,lna上一定存在一个零点；又因为2lnlnaa，且()2ln0fa，故()fx在()ln,2lnaa上也一定存在一个零点，下证()2

ln0fa：()()22ln2ln2ln,efaaaaaaaa=−=−，令2ln,eyxxx=−，则20xyx−=，即2lnyxx=−在()e,+单调递减，故2lnee2e0y−=−，即2ln0,(e)xxx−，故()()2ln2ln0efaaaaa=−

，．故当ea时，()fx有两个零点．综上所述：当ea时，()fx在()0,+无零点；ea=时，()fx在()0,+有一个零点lna；ea时，()fx有两个零点．13．【答案】（1）1a=；（2）10em，证明见解析．【解析】（1）解：函数()e(0)xfx

axa−=，则(1)()exaxfx−=，令()0fx=，解得1x=，所以()11eeaf==，解得1a=，此时1()exxfx−=，当1x时，()0fx，则()fx单调递增；当1x时，()0fx，则()f

x单调递减，所以当1x=时，函数()fx取得极大值()11ef=，符合题意，故1a=．（2）证明：由（1）可知，()fx在(,1)−上单调递增，在(1,)+上单调递减，函数()fx的极大值为()11ef=，函数()exxfx=，则

(0)0f=，当0x时，()0fx；当0x时，()0fx，当x→+时，()0fx→，由于函数()()Fxfxm=−有两个零点1x，212()xxx，所以10em，且1>0x，20x，所以12()()FxFx=，

则1212eexxxx=，即2121eexxxx=，即2121exxxx−=，两边同时取对数，则2211lnxxxx−=，要证明122xx+，只需证明2122111ln2xxxxxx−+，即证明21221111ln

21xxxxxx−+，不妨设12xx，令21xtx=，则1t，即证11ln12ttt−+对于1t恒成立，令()11()ln,121tgtttt−=−+，则22212(1)()02(1)2(1)tgttttt−=−=

++，所以()gt在(1,)+上单调递增，故()()10gtg=，即11ln021ttt−−+，所以11ln12ttt−+，故122xx+．