【文档说明】2020年真题+高考模拟题 专项版解析 理科数学——03 导数及其应用（教师版）【高考】.docx，共(38)页，2.191 MB，由小赞的店铺上传

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专题03导数及其应用1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】函数43()2fxxx=−的图像在点(1(1))f，处的切线方程为A．21yx=−−B．21yx=−+C．23yx=−D．21yx=+【答案】B【解析】()432fxxx=−，(

)3246fxxx=−，()11f=−，()12f=−，因此，所求切线的方程为()121yx+=−−，即21yx=−+.故选：B．【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题.2．【2020年高考全国III卷理数】若直线l与曲线

y=x和x2+y2=15都相切，则l的方程为A．y=2x+1B．y=2x+12C．y=12x+1D．y=12x+12【答案】D【解析】设直线l在曲线yx=上的切点为()00,xx，则00x，函数yx=的导数为12yx=，则直线l的斜率012kx=，设直线l的方程为()00012yxxxx−=−

，即0020xxyx−+=，由于直线l与圆2215xy+=相切，则001145xx=+，两边平方并整理得2005410xx−−=，解得01x=，015x=−（舍），则直线l的方程为210xy−+=，即1122yx=+.故选：D．【点睛】本题主

要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.3．【2020年高考北京】为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改、设企业的污水摔放量W与时间t的关系为()Wft=，用()()fbfaba

−−−的大小评价在[,]ab这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.给出下列四个结论：①在12,tt这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②在2t时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；③在3t时刻，甲、乙

两企业的污水排放都已达标；④甲企业在112230,,,,,ttttt这三段时间中，在10,t的污水治理能力最强．其中所有正确结论的序号是____________________．【答案】①②③【解析】(

)()fbfaba−−−表示区间端点连线斜率的负数，在12,tt这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；甲企业在112230,,,,,ttttt这三段时间中，

甲企业在12,tt这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在12,tt的污水治理能力最强．④错误；在2t时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；在3t时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正

确；故答案为：①②③【点睛】本题考查斜率应用、切线斜率应用、函数图象应用，考查基本分析识别能力，属中档题.4．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2()exfxaxx=+−.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥12x3+1，求a的

取值范围.【解析】（1）当a=1时，f（x）=ex+x2–x，则()fx=ex+2x–1．故当x∈（–∞，0）时，()fx<0；当x∈（0，+∞）时，()fx>0．所以f（x）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．（2）31()12fxx

+等价于321(1)e12xxaxx−−++.设函数321()(1)e(0)2xgxxaxxx−=−++，则32213()(121)e22xgxxaxxxax−=−−++−+−21[(23)42]e2

xxxaxa−=−−+++1(21)(2)e2xxxax−=−−−−.（i）若2a+1≤0，即12a−，则当x∈（0，2）时，()gx>0.所以g（x）在（0，2）单调递增，而g（0）=1，故当x∈（0，2）时，g（x）>1，不合题意.（ii）若0<2a

+1<2，即1122a−，则当x∈(0，2a+1)∪(2，+∞)时，g'(x)<0；当x∈(2a+1，2)时，g'(x)>0.所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)单调递减，在(2a+1，2)单调递增.由于g(0)=1，所以

g(x)≤1当且仅当g(2)=(7−4a)e−2≤1，即a≥27e4−.所以当27e142a−时，g(x)≤1.（iii）若2a+1≥2，即12a，则g(x)≤31(1)e2xxx−++.由于27e10[,)42−，故由（ii）可得3

1(1)e2xxx−++≤1.故当12a时，g(x)≤1.综上，a的取值范围是27e[,)4−+.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联

系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．5．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2()sinsin2fxxx=．（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性

；（2）证明：33()8fx；（3）设*nN，证明：2222sinsin2sin4sin234nnnxxxx．【解析】（1）()cos(sinsin2)sin(sinsin2)fxxxxxxx'=+22sincossin22si

ncos2xxxxx=+2sinsin3xx=．当(0,)(,)33x时，()0fx；当(,)33x时，()0fx．所以()fx在区间(0,),(,)33单调递增，在区

间(,)33单调递减．（2）因为(0)()0ff==，由（1）知，()fx在区间[0,]的最大值为33()38f=，最小值为33()38f=−．而()fx是周期为的周期函数，故33|()|8fx．（3）由于32222(sinsin2sin2)nxxx333|sin

sin2sin2|nxxx=23312|sin||sinsin2sin2sin2||sin2|nnnxxxxxx−=12|sin||()(2)(2)||sin2|nnxfxfxfxx−=1|()(2)(2)|nfxfxfx−，所以22223333sinsin2sin2()84n

nnnxxx=．6．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】设函数3()fxxbxc=++，曲线()yfx=在点(12，f(12))处的切线与y轴垂直．（1）求B．（2）若()fx有一个绝对值不大于1的零点，证明：()fx所有

零点的绝对值都不大于1．【解析】（1）2()3fxxb=+．依题意得1()02f=，即304b+=.故34b=−．（2）由（1）知3(3)4fxxxc−=+，2()334fxx=−.令)0(fx=，解得12x=−或

12x=.()fx与()fx的情况为：x1()2−−，12−11()22−，121()2，+()fx+0–0+()fx14c+14c−因为11(1)()24ffc=−=+，所以当14c−时，()fx只有大于1的零点.因为11(1)()24ffc−==−，所以当14c时，

f（x）只有小于–1的零点．由题设可知1144c−，当1=4c−时，()fx只有两个零点12−和1.当1=4c时，()fx只有两个零点–1和12.当1144c−时，()fx有三个等点x1，x2，x3，且11(1,)2x−−，211(,)22x−，31

(,1)2x．综上，若()fx有一个绝对值不大于1的零点，则()fx所有零点的绝对值都不大于1.7．【2020年高考天津】已知函数3()ln()fxxkxk=+R，()fx为()fx的导函数．（Ⅰ）当6k=时，（i）求曲线()yfx=在点(1,

(1))f处的切线方程；（ii）求函数9()()()gxfxfxx=−+的单调区间和极值；（Ⅱ）当3k−时，求证：对任意的12,[1,)xx+，且12xx，有()()()()1212122fxfxfxfxxx+−−．【解析

】（Ⅰ）（i）当6k=时，3()6lnfxxx=+，故26()3fxxx=+．可得(1)1f=，(1)9f=，所以曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程为19(1)yx−=−，即98yx=−．（ii）依题意，323()36ln,(0,)gxxxxxx

=−+++．从而可得2263()36gxxxxx=−+−，整理可得323(1)(1)()xxgxx−+=．令()0gx=，解得1x=．当x变化时，(),()gxgx的变化情况如下表：x(0,1)1(1,)+

()gx-0+()gx↘极小值↗所以，函数()gx的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+；()gx的极小值为(1)1g=，无极大值．（Ⅱ）证明：由3()lnfxxkx=+，得2()3kfxxx=+．对任

意的12,[1,)xx+，且12xx，令12(1)xttx=，则()()()()()()()1212122xxfxfxfxfx−+−−()22331121212122332lnxkkxxxxxxkxxx=−+++−−+

3322121121212212332lnxxxxxxxxxkkxxx=−−++−−()332213312lnxtttkttt=−+−+−−．①令1()2ln,[1,)hxxxxx=−−+．当1x时，22121()110hxx

xx=+−=−，由此可得()hx在[1,)+单调递增，所以当1t时，()(1)hth，即12ln0ttt−−．因为21x，323331(1)0,3ttttk−+−=−−，所以，()332322113312ln(331)32lnxtttktt

ttttttt−+−+−−−+−−−−2336ln31tttt−=++−．②由（Ⅰ）（ii）可知，当1t时，()(1)gtg，即32336ln1tttt−++，故23336ln10tttt−++−．③由①②③可得()()()(

)()()()12121220xxfxfxfxfx−+−−．所以，当3k−时，对任意的12,[1,)xx+，且12xx，有()()()()1212122fxfxfxfxxx+−−．8．【2020年高考北京】已知函数2()12fxx=−．（Ⅰ）求

曲线()yfx=的斜率等于2−的切线方程；（Ⅱ）设曲线()yfx=在点(,())tft处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()St，求()St的最小值．【解析】（Ⅰ）因为()212fxx=−，所以()2fxx=−，设切点为()00,12xx−，则022x−=−，即01x=，所以切点为

()1,11，由点斜式可得切线方程为：()1121yx−=−−，即2130xy+−=.（Ⅱ）显然0t，因为()yfx=在点()2,12tt−处的切线方程为：()()2122yttxt−−=−−，令0x=，得212yt=+，令0y

=，得2122txt+=，所以()St=()221121222||ttt++，不妨设0t(0t时，结果一样)，则()423241441144(24)44ttSttttt++==++，所以()St=4222211443(848)(324)44ttttt+−+−=22

2223(4)(12)3(2)(2)(12)44ttttttt−+−++==，由()0St，得2t，由()0St，得02t，所以()St在()0,2上递减，在()2,+上递增，所以2t=

时，()St取得极小值，也是最小值为()16162328S==.【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.9．【2020年高考浙江】已知12a，函数()exfxxa=−−，其中e=2.71828…是自然对数的底

数．（Ⅰ）证明：函数()yfx=在(0,)+上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数()yfx=在(0,)+上的零点，证明：（ⅰ）012(1)axa−−；（ⅱ）00(e)(e1)(1)xxfaa−−．【解析】（Ⅰ）因为(0)10fa=−，

22(2)e2e40fa=−−−，所以()yfx=在(0,)+上存在零点．因为()e1xfx=−，所以当0x时，()0fx，故函数()fx在[0,)+上单调递增，所以函数以()yfx=在(0,)+上有唯一零点

．（Ⅱ）（ⅰ）令21()e1(0)2xgxxxx=−−−，()e1()1xg'xxfxa=−−=+−，由（Ⅰ）知函数()g'x在[0,)+上单调递增，故当0x时，()(0)0g'xg'=，所以

函数()gx在[0,)+单调递增，故()(0)0gxg=．由(2(1))0ga−得2(1)0(2(1))e2(1)0()afaaafx−−=−−−=，因为()fx在[0,)+单调递增，故02(1)ax−．

令2()e1(01)xhxxxx=−−−，()e21xh'xx=−−，令1()e21(01)xhxxx=−−，1()e2xh'x=−，所以x0(0,ln2)ln2(ln2,1)11()h'x1−−0+e2−1()hx0

e3−故当01x时，1()0hx，即()0h'x，所以()hx在[0,1]单调递减，因此当01x时，()(0)0hxh=．由(1)0ha−得10(1)e10()afaaafx−−=−−−=，因为()fx在[0,)+单调递增，故01ax−．综上，01

2(1)axa−−．（ⅱ）令()e(e1)1xuxx=−−−，()e(e1)xu'x=−−，所以当1x时，()0u'x，故函数()ux在区间[1,)+上单调递增，因此()(1)0uxu=．由

00exxa=+可得022000000(e)()(e1)(e2)(e1)xaaxfxfxaxaxax=+=−+−−，由01xa−得00(e)(e1)(1)xxfaa−−．10．【2020年高考江苏】某地准备

在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，OO为铅垂线(O在AB上)．经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离1h(米)与D到OO的距离a(米)之间满足关系式21140ha=；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离2h(米)

与F到OO的距离b(米)之间满足关系式3216800hbb=−+.已知点B到OO的距离为40米．（1）求桥AB的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点)．.桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每

米造价32k(万元)(k>0)，问OE为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？【解析】（1）设1111,,,AABBCDEF都与MN垂直，1111,,,ABDF是相应垂足.由条件知，当40O'B=时，31140640160,800BB=−+=则1160AA=.由21160,40O'

A=得80.O'A=所以8040120ABO'AO'B=+=+=（米）.（2）以O为原点，OO'为y轴建立平面直角坐标系xOy（如图所示）.设2(,),(0,40),Fxyx则3216,800yxx=−+3211601

606800EFyxx=−=+−.因为80,CE=所以80O'Cx=−.设1(80,),Dxy−则211(80),40yx=−所以22111160160(80)4.4040CDyxxx=−=−−=−+记桥墩CD和EF的总造价为()fx，则3232131()=(1606)(4)8

0024013(160)(040).80080fxkxxkxxkxxx+−+−+=−+2333()=(160)(20)80040800kfxkxxxx−+=−，令()=0fx，得20.x=所以当20x=时，()fx取得最小值.答：（1）桥AB的长度为120米

；（2）当O'E为20米时，桥墩CD和EF的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.11．【2020年高考江苏】已知关于x的函数(),()yfxygx=

=与()(,)hxkxbkb=+R在区间D上恒有()()()fxhxgx．（1）若()()2222()fxxxgxxxD=+=−+=−+，，，，求h(x)的表达式；（2）若21ln,()()()(0)xxgkxhkxkDfxxx=−+==−=+，，，，求k的取值范围；

（3）若()422342()2()(48()430)22fxxxgxxhxttxttt=−=−=−−+，，，,2,2Dmn=−，求证：7nm−．【解析】（1）由条件()()()fxhxgx，得2222xxkxbxx++−+，取0x=，得00b，所以0b=．由2

2xxkx+，得22()0xkx+−，此式对一切(,)x−+恒成立，所以220()k−，则2k=，此时222xxx−+恒成立，所以()2hxx=．（2）1ln,()()()()0,hgxkxxxx−=−−+.令()1lnuxxx=−−，则1()1,

u'xx=−令()=0u'x，得1x=.所以min()0(1)uxu==.则1lnxx−恒成立，所以当且仅当0k时，()()fxgx恒成立．另一方面，()()fxhx恒成立，即21xxkxk−+−恒成立，也即2()11+0xkxk−+

+恒成立．因为0k，对称轴为102kx+=，所以2141)0(()kk+−+，解得13k−．因此，k的取值范围是03.k（3）①当12t时，由()()gxhx，得2342484()32xttxtt−−−+，整理得4223328(

)0.()4ttxttx−−−−+令3242=()(328),tttt−−−−则642=538ttt−++．记64253()1),28(ttttt−++=则53222062(31)(3())06tttttt't−+=−−=恒成立，所以()t在[1,2]上是减函数，则(2)()(

1)t，即2()7t．所以不等式()有解，设解为12xxx，因此217nmxx−−=．②当01t时，432()()1134241fhtttt−−−=+−−−．设432=342(41)ttttvt+−−−，322()=1212444

(1)(31),v'tttttt+−−=+−令()0vt=，得33t=．当33(0)t，时，()0vt，()vt是减函数；当(1)33t，时，()0vt，()vt是增函数．(0)1v=−，(1)0v=，则当01t时，()0vt．（或证：2()(1)(31)(1)0v

tttt=++−．）则(1)(1)0fh−−−，因此1()mn−，．因为22mn［］［-，，］，所以217nm−+．③当20t−时，因为()fx，()gx均为偶函数，因此7nm−也成立．综上所述，7nm−．【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立

问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.12．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数1()elnlnxfxaxa−=−+．（1）当ea=时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．【解析】

()fx的定义域为(0,)+，11()exfxax−=−．（1）当ea=时，()eln1xfxx=−+，(1)e1f=−，曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程为(e1)(e1)(1)yx−+=−−，即(e1)2yx=−+．直线(e1)2yx=−+在x轴，y轴上

的截距分别为2e1−−，2．因此所求三角形的面积为2e1−．（2）当01a时，(1)ln1faa=+．当1a=时，1()elnxfxx−=−，11()exfxx−=−．当(0,1)x时，()0fx；当(1,)x+时，()0fx．所以当

1x=时，()fx取得最小值，最小值为(1)1f=，从而()1fx．当1a时，11()elnlneln1xxfxaxax−−=−+−．综上，a的取值范围是[1,)+．【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等

式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.1．【2020·湖北省高三其他（理）】已知函数()2sin()ln(0,1)6xfxaxxaaa=+−，对任意1x，2[0

x，1]，不等式21|()()|2fxfxa−−„恒成立，则实数a的取值范围是A．2[e，)+B．[e，)+C．(e，2e]D．2(e,e)【答案】A【解析】结合题意，显然2a…，()ln(1)cos()36

xfxaax=−+，由[0x，1]，2a…，得ln0a，10xa−…，cos()036x，故()0fx，()fx在[0，1]递增，故()maxfxf=（1）1lnaa=+−，()(0)1minfxf==，对任意1x，2

[0x，1]，不等式21|()()|2fxfxa−−„恒成立，即()()2maxminfxfxa−−„，112alnaa+−−−„，即ln2a…，解得：2ea…，故选：A．【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，也考查了数学转化思想方法，以及利用导数判断函数的单调性

问题，属于中档题．2．【2020·四川省南充高级中学高三月考（理）】已知P是曲线1C：exy=上任意一点，点Q是曲线2C：lnxyx=上任意一点，则PQ的最小值是A．ln212−B．ln212+C．2D．2【答案】D【解析】曲线1C：exy=，求导得exy=，

易知1C在点()0,1A处切线方程为1yx=+.下面证明e1xx+恒成立.构造函数()e1xfxx=−−，求导得()e1xfx=−，则(),0x−时，()0fx¢<，()fx单调递减；()0,x+时，()0fx¢>，()fx单调递增.故函数()

()00fxf=，即e1xx+恒成立.又2C：lnxyx=，求导得21lnxyx−=，当1x=时，1y=，且2C过点()1,0B，故2C在点()1,0处的切线方程为1yx=−.下面证明ln1xxx−在()0,+?上恒成立.令()2lnFxxxx=−−，则

()()()221112121xxxxFxxxxx+−−−=−−==，当01x时，()0Fx，()Fx单调递减；当1x时，()0Fx，()Fx单调递增，所以()()min10FxF==，即()()10FxF=，则2ln0−−xxx，即

ln1xxx−在()0,+?上恒成立.因为22112AB=+=，且平行线1yx=+与1yx=−之间的距离为222=，所以PQ的最小值为2.故选：D．【点睛】本题考查曲线的切线的应用，考查平行线间距离的计算，考查函

数单调性的应用，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.3．【2020·河南省高三月考（理）】设函数()fx是函数()()fxxR的导函数，当0x时，()()30fxfxx+，则函数()()31gxfxx=−的零点个数为A．3B．2C．1D．0【答案】D【

解析】设()()31Fxxfx=−，则()()()()()32333fxFxxfxxfxxfxx=+=+.当0x时，()()30fxfxx+，当0x时，30x，故()0Fx，所以，函数()yFx

=在()0,+上单调递减；当0x时，30x，故()0Fx，所以，函数()yFx=在(),0−上单调递增.所以()()max010FxF==−，所以，函数()yFx=没有零点，故()()()331Fxgxf

xxx=−=也没有零点.故选：D．【点睛】本题考查函数零点个数的判断，解题的关键就是要结合导数不等式构造新函数，并利用导数分析函数的单调性与最值，必要时借助零点存在定理进行判断，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.4．【2019·河北省高三月考（理）】若函数()212ln2f

xxxax=−+有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是A．1aB．10a−C．1aD．01a【答案】D【解析】()fx的定义域是（0，+∞），()222axxafxxxx−+=−+=，

若函数()fx有两个不同的极值点，则()22gxxxa=−+在（0，+∞）由2个不同的实数根，故144024402aax=−−−=，解得：01a，故选D．【点睛】本题考查了函数的极值问题，考查导数的应用以及二次函数的性质，是一道

中档题．5．【黑龙江省2020届高三理科5月数学模拟试卷】已知定义域为R的函数f（x）满足()11'4022ffxx=+，，其中f′（x）为f（x）的导函数，则不等式f（sinx）﹣cos2x≥0的解集为A．2233kkk−++Z，，B．2266kk

k−++Z，，C．22233kkk++Z，，D．52266kkk++Z，，【答案】D【解析】设g（x）＝f（x）+2x2﹣1，∴g′（x）＝f

′（x）+4x＞0在R上恒成立，∴g（x）在R上单调递增，不等式f（sinx）﹣cos2x＝f（sinx）+2sin2x﹣1，且g（12）＝0，不等式f（sinx）﹣cos2x≥0，∴g（sinx）≥g（12），sinx12，∴6+2kx≤x526k+

，k∈Z．故选：D．[来源:Zxxk.Com]6．【2020届四川省宜宾市高三高考适应性考试（三诊）数学（理科）试题】已知函数()()2e31xfxxx=−+，则关于x的方程()()25e0fxmfx+−=（mR）的实根个数为A．3B．3或4C．4或5D．3或

5【答案】A【解析】∵函数()()2e31xfxxx=−+∴()()()()()()22e31e23e2e12xxxxfxxxxxxxx=−++−=−−=+−，令()0fx=得：1x=−或2x=，∴当(),1x−−时，()0fx，函数()fx单调递增；当()1,

2x−时，()0fx，函数()fx单调递减；当()2,x+时，()0fx，函数()fx单调递增，又()51ef−=，()22ef=−，∴函数()fx的大致图象，如图所示：[来源:学_科_网Z_X_X_K]，令()fxt=，则关于x的方程()()2e

31xfxxx=−+变为25e0tmt+−=，∵220e0m=+，∴方程25e0tmt+−=有两个不相等的实根．设为1t,2t由韦达定理得：12ttm+=−,125e0tt=−，不妨设10t，20t，①当15et=时，∵125ett=−，∴22et=−，此时

关于x的方程()()25e0fxmfx+−=的实根个数为3个，②当150et，∵125ett=−，∴22et−，此时关于x的方程()()25e0fxmfx+−=的实根个数为3个，③当15et，∵125ett=−，∴22e0t−，此时关于x的方程()()25e0fxmf

x+−=的实根个数为3个，综上所述，关于x的方程()()25e0fxmfx+−=的实根个数为3个，故选：A．7．【湖北省武汉市部分学校2020届高三上学期起点质量监测（理）】已知π4ln3a=，π3ln4b=，34lnπc=，则a，b，c的大小关系

是A．cbaB．bcaC．bacD．abc【答案】B【解析】对于,ab的大小：π4π4ln3lnπ3ln81a===，π3π3ln4lnπln644b===，明显ab；对于,ac的大小

：构造函数ln()xfxx=，则21ln()xfxx−=，当(0,e)x时，()0,()fxfx在(0,e)上单调递增，当(e,)x+时，()0,()fxfx在(e,)+上单调递减，π3e,(π)(3)ff，即3π3πlnπln3,3lnππln3,ln

πln3,π3π3，ac，对于,bc的大小：ππ3ln4ln64b==，3434lnπln[(π)]c==，π6443[(π)]，cb，故选：B．【点睛】将,,abc两两变成结构相同的对数形式，然后利用

对数函数的性质判断，对于结构类似的，可以通过构造函数来比较大小，此题是一道中等难度的题目.8．【甘肃省天水市一中2020届高三第一次模拟考试（理）】设定义在R上的函数()fx的导函数为()fx，若()()2fxfx+

，()02020f=，则不等式()e2e2018xxfx+（其中e为自然对数的底数）的解集为A．()0,+B．()2018,+C．()2020,+D．()(),02018,−+【答案】A【解析】设()()e2exxgxfx=−，则()()()ee'2ex

xxg'xfxfx=+−()e()2xfxfx=+−，∵()()2fxfx+，e0x，∴()()()20xg'xefxfx=+−，∴()gx是R上的增函数，又()()0022018gf=−=，∴()

2018gx的解集为()0,+，即不等式()e2e2018xxfx+的解集为()0,+.故选A．【点睛】本题考查导数与函数单调性的关系，构造函数()gx是解题的关键.9．【2020届山西省高三高考

考前适应性测试数学（理）试题】已知函数()logxaxxfa−=+（其中0a且1a）有零点，则实数a的最小值是______.【答案】1ee−【解析】由()fx存在零点，即函数1xya=与1logayx=的图象有公共点.当

1a时，两图象显然有公共点；当01a时，由图可知，a最小时，两图象均与直线yx=相切，此时，设切点坐标为()00,xy，则000001,,11ln1,xxyayxaa===∴0001,11ln1,xxxaaa==

∴0001,1ln1,xxaxa==∴0001lnln,1ln1.xxaxa==[来源:学*科*网]∴0ln1x=，∴0xe=，∴11lnae=，∴1ea

e−=.故答案为：1ee−.10．【2020·湖北省高三其他（理）】函数()exfxx=(其中e2.71828=)的图象在(0,0)处的切线方程是_____．【答案】0xy−=【解析】由()exfxx=，得()eexxfxx=+，所以切线的斜率

0(0)1kf===e，所以切线方程为00yx−=−，即0xy−=.故答案为：0xy−=【点睛】本题主要考查在一点处的切线方程的求法，同时考查常见函数的导数及两个函数积的导数，属于基础题.11．【2020·广西壮族自治区

高三其他（理）】函数lnyx=在1,1e−处的切线在y轴上的截距为____________．【答案】2−【解析】对函数lnyx=求导得1yx=，所以，函数lnyx=在1,1e−处的切线方程为11eeyx+=−，即e2y

x=−，因此，函数lnyx=在1,1e−处的切线在y轴上的截距为2−.故答案为：2−.【点睛】本题考查直线在y轴上的截距的求解，考查了利用导数求函数的切线方程，考查计算能力，属于基础题.12．【2019·天津市静海区大邱庄中学高三月考】已

知11,1()4ln,1xxfxxx+=，则方程()fxax=恰有2个不同的实根，实数a取值范围__________________.【答案】11[,)4e【解析】问题等价于当直线yax=与函数()yfx

=的图象有2个交点时，求实数a的取值范围．作出函数()yfx=的图象如下图所示：先考虑直线yax=与曲线lnyx=相切时，a的取值，设切点为(),lntt，对函数lnyx=求导得1yx=，切线方程为()1lnytxtt−=−，即1ln1y

xtt=+−，则有1ln10att=−=，解得e1eta==.由图象可知，当1ea=时，直线yax=与函数()yfx=在(,1−上的图象没有公共点，在()1,+有一个公共点，不合乎题意；当114ea时，直线yax=与函数()yfx=在(

,1−上的图象没有公共点，在()1,+有两个公共点，合乎题意；当104a时，直线yax=与函数()yfx=在(,1−上的图象只有一个公共点，在()1,+有两个公共点，不合乎题意；当0a时，直线yax=

与函数()yfx=在(,1−上的图象只有一个公共点，在()1,+没有公共点，不合乎题意.综上所述，实数a的取值范围是11,4e，故答案为11,4e.【点睛】本题考查函数的零点个数问题，一般转化为两个函数图象的交点个数问题，或者利用参

变量分离转化为参数直线ya=与定函数()ygx=图象的交点个数问题，若转化为直线（不恒与y轴垂直）与定函数图象的交点个数问题，则需抓住直线与曲线相切这些临界位置，利用数形结合思想来进行分析，考查分析问题的能力和数形结合数学思想的应用，属于难题．13

．【2020·天津市武清区杨村第一中学高三开学考试】已知函数21()sincos2fxxxxax=++，[,]x−（1）当0a=时，求()fx的单调区间；（2）当0a，讨论()fx的零点个数；【解析】∵()()fx

fx−=∴()fx为偶函数，只需先研究[0,]x,()sincosfxxxx=+,()sincossincosfxxxxxxx=+−=,当0,2x，()0fx，当,2x，()0fx，所以()fx在0

,2x单调递增，在,2x，单调递减,所以根据偶函数图象关于y轴对称，得()fx在,2x−−单调递增，在,02x−单调递减，.故()fx单调递减

区间为：,02−，,2；单调递增区间为：,2−−，0,2.（2）()cos(cos)fxxxaxxxa=+=+,①1a时，()(cos)0fxxxa=+在[0,]x恒成立,∴()fx在[0,]x

单调递增又(0)1f=，所以()fx在[,]x−上无零点②01a时，0(0,)x，使得()00cos0xxa+=，即0cosxa=−.又cosx在(0,)单调递减，所以()00,xx，()0fx，()0,xx，()0fx所以()00,xx，()fx单调递增，()

0,xx，()fx单调递减，又(0)1f=，21()12fa=−（i）21102a−，即221a时()fx在[0,]上无零点，又()fx为偶函数，所以()fx在[,]−上无零点，（ii）2110

2a−，即220a.()fx在[0,]上有1个零点，又()fx为偶函数，所以()fx在[,]−上有2个零点，综上所述，当220a时，()fx在[,]−上有2个零点，当22a时，()fx在[,]−

上无零点.【点睛】本题考查偶函数的性质，利用导数求函数的单调区间，利用导数研究函数的零点个数问题，涉及分类讨论的思想，属于中档题.14．【2020·福建省福州第一中学高三其他（理）】已知函数()elnfxxax=−，()22xgxx=−.（1）讨论函数()fx的单调性；（2）若存在

直线()yhx=，使得对任意的()0,x+，()()hxfx，对任意的xR，()()gxhx，求a的取值范围.【答案】（1）当0a时，()fx在()0+，上单调递增；当0a时，()fx在e0a，上单调递增，在e+

a，上单调递减；（2）)1,a+.【解析】（1）函数()fx的定义域为()0,+.()eeaxfxaxx−=−=（i）若0a，则()0fx；（ii）若0a，则由()0fx得exa，由()0fx得xae；综上：当0a时，()f

x在()0+，上单调递增；当0a时，()fx在e0a，上单调递增，在e+a，上单调递减.（2）设存在直线ykxb=+满足题意.（i）由22xxkxb−+，即()2102xkx

b−+−对任意的xR都成立，得()2=120kb++，所以()2102kb+−，（ii）令()()elnFxxakxb=−+−，()()()eeakxFxakxx−+=−+=，①若0ak+

，则()0Fx，()Fx单调递增，()ee()e0Fakb=−+−，不合题意；②若0ak+，则()Fx在e0ak+，上单调递增，在e+ak+，上单调递减，所以()()maxee=elne=elnFxFbakbakak=−−−

+−++，所以()eln0akb−+−，即()elnakb+−，由（i）得()()21eln2kak++，即()212eekak+−+，令()()212eekkk+=−+，()()212e11eekkk++=−+

，()()()222112e2e11e+e0eekkkk+++=，所以()k单调递增，又因为()10e−=，所以()x在()1e−-，是单调递减，()1+e−，是

单调递减，所以()()min11xe=−=，所以)1,a+.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及最值问题，属于能力提升题.15．【2020·广西壮族自治区高三其他（理）】设函数2()ln,fxaxxaxa=++R．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()f

x存在极值，对于任意(0,)x+，都有()0fx恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）–10a.【解析】（1）22()2axaxafxxaxx++=++=，0x，①当0a时，220xaxa++，即()0f

x，所以()fx在(0,)+上是增函数；②当0a时，令220xaxa++=，则28(8)0aaaa=−=−，∴21804aaax−−−=，22804aaax−+−=，所以2804aaax−+−时，()0fx，284aaax−+−时，()0fx，所以()fx在28

(0,)4aaa−+−上是减函数，在28(,)4aaa−+−+上是增函数；（2）由()fx存在极值知0a，“对于任意(0,)x+，都有()0fx恒成立”等价于“对于任意(0,)x+，都有2ln1xxxa+−恒成立”，设22ln1)l(nxgxxxx

xx+==+，0x，则32(n)l1xxxgx−−=，0x，设()12lnhxxx=−−，0x，则2()10hxx=−−，0x，所以()hx在(0,)+上是减函数，又()10h=，所以01x

时，()0gx，1x时，()0gx，所以()gx在()0,1上是增函数，()gx在(1,)+上是减函数，所以()()11gxg=，∴11a−，∴–10a．【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式恒成立，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，

属于难题.16．【2020·南昌市八一中学高三三模（理）】已知函数()(1)ln(1)fxxx=++，2()cos2xgxaxxx=+−.（1）当0x时，总有2()2xfxmx+„，求m的最小值；（2）对于0,1中任意x恒有()()fxgx，

求a的取值范围.【答案】（1）1；（2）[2,)+.【解析】（1）令2()(1)1(1),02xxmxxnxx=+−++，则1()ln(1)1,()101xxmxxx=+−+−=−+，()x在[0,)+上单调递增，且(0)1m=−若m1，

则()x在[0,)+上单调递增，()(0)0x=，即m1满足条件；若1,(0)10,()mmx=−存在单调递减区间00,x，又(0)0=，所以存在0x使得()00x与已知条件矛盾，所以m1，m的最小值为1.（2）由（1）知2()2xfxx+，如果2(

)2xxgx+，则必有()()fxgx成立.令2()()(1)cos(1cos)2xhxgxxaxxxxax=−+=−−=−−，则()(1cos)0hxxax=−−…，即1cos0,1cos,2axaxa−−+.若()0hx，必有()()fxgx

恒成立，故当2a时，()()fxgx恒成立，下面证明2a时，()()fxgx不恒成立.令1()()(1)ln(1)fxfxxxxx=−=++−，1()ln(1)fxx=+，当0x时，1()ln(1)0fxx=+，1()fx在区间0,1上单调递增故11()(0

)0fxf=，即1()()0fxfxx=−，故()xfx.2()()()(1)cos1cos22xxgxfxgxxaxxxxax−−=−+−=−+−，令()1cos2xtxax=−+−，1()sin0

2txx=+，所以()tx在0,1上单调递增，又(0)20ta=−，则一定存在区间()0,m（其中01m），当()0,xm时，()0tx，则()()()0gxfxxtx−，故()()fxgx不恒成立.综上所述：实数a取

值范围是[2,)+.【点睛】本题考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查学生的逻辑推理能力和计算能力，属于难题.17．【2020·河北省衡水中学高三其他（理）】已知函数()2ln,fxaxaxxx=−

−且()0fx.（1）求a；（2）证明：()fx存在唯一的极大值点0x，且()2202efx−−.【答案】（1）a=1；（2）见解析.【解析】（1）因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）

≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a1x−．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x1a＜时h′（x）＜0、当

x1a＞时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（1a），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以1a=1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）

在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝21x−，令t′（x）＝0，解得：x

12=，所以t（x）在区间（0，12）上单调递减，在（12，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0

，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）20x=−x0﹣x0lnx020x=−x0+2x0﹣220x=x020x−，由x012＜可知f（x0）＜（x020x−）max2111224=−+=；由f′（

1e）＜0可知x011e2＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1e）上单调递减，所以f（x0）＞f（1e）21e=；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【

点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．18．【2019·山东省实验中学高三月考】已知函数：()()21ln,e12xfxxaxagxx=−−=−−（I）当1,ex时，求()fx的最小值；（

II）对于任意的10,1x都存在唯一的21,ex使得()()12gxfx=，求实数a的取值范围．【答案】（I）答案不唯一，见解析（II）21e2e4,24−+【解析】（I）()2xafxx−=01.

1a时，()()1,e,0,xfxfx递增，()()min112fxfa==−,0.122ea时，()()1,e,0,xfxfx递减，()()2minee22fxfa==−，0.123ea时，1,xa时()()0,

fxfx递减，,exa时()()0,fxfx递增，所以()()minln22aafxfaa==−−综上，当()min112afxa=−，；当()2min1eln22aaafxa=

−−，当()22minee22afxa=−，（II）因为对于任意的10,1x都存在唯一的21,ex使得()()12gxfx=成立,所以()gx([0,1]x的值域是()([1,e])fxx的值域的子集.因为()e1,xgx=−()(

)0,10,xgxgx，递增，()gx的值域为()()0,10,e2gg=−（i）当1a时，()fx在1,e上单调递增，又()()21e1,e222fafa=−=−，所以()fx在[1,e]上的值域为21e[,2]22aa−−,所以2102e2e22aa−

−−，即112a≤≤，（ii）当21ea时，因为1,xa时，()fx递减，,exa时，()fx递增，且()()10,0ffa，所以只需()ee2f−，即2e2e22

a−−，所以2ee1142a−+（iii）当2ea时，因为()fx在1e，上单调递减，且()()1102fxfa=−，所以不合题意.综合以上，实数a的取值范围是21e2e4,24−+.【点睛】本题考

查了利用导数求函数的最值,分类讨论思想,等价转化思想,本题属于难题.解题方法总结:像”对于任意的10,1x都存在唯一的21,ex使得()()12gxfx=，”已知条件,一般是转化为两个函数的值域得包含关系,口诀是:任意是存在的子集.19．【2020·河北新乐市第

一中学高三其他】设函数()2eexfxaxxb=−−+，其中e为自然对数的底数．（1）若曲线()fx在y轴上的截距为1−，且在点1x=处的切线垂直于直线12yx=，求实数a，b的值；（2）记()fx的导函数为()gx，求()g

x在区间0,1上的最小值()ha．【答案】（1）实数a，b的值分别为1，2−；（2）()11e21e22ln2e22e22ahaaaaaaa−=−−−，，，【解析】(Ⅰ)曲线()fx在y轴上的截距为1−，则过点()0,1−，代入()2eex

fxaxxb=−−+，则11b+=−，则2b=−，求导()'e2exfxax=−−，由()'12f=−，即e2e2a−−=−，则1a=，实数a，b的值分别为1，2−；(Ⅱ()2)eexfxaxxb=−−+，()()'e2ex

gxfxax==−−，()e2xg'xa=−，()1当12a时，0,1x，1eex，2exa恒成立，即()e20xg'xa=−，()gx在0,1上单调递增，()()01egxg=−．()2当e2a时，0,1x

，1eex，2exa恒成立，即()e20xg'xa=−，()gx在0,1上单调递减，()()12gxga=−()3当1e22a时，()'e20xgxa=−=，得()ln2xa=，()gx在0,ln2a上单调递减，在ln2,

1a上单调递增，所以()()ln222ln2egxgaaaa=−−，()11e21e22ln2e22e22ahaaaaaaa−=−−−，，，【点睛】利用导数求闭区间上函数的最值；

利用导数研究曲线上某点切线方程.考查发现问题解决问题的能力．20．【2020·山东省高三其他】已知函数()()lnfxaxbx=+−.（1）若1a=，0b=，求()fx的最大值；（2）当0b时，讨论()fx极值点的个数.【答案】（1）()max2ln22fx=−（2）ab

时，()fx极值点的个数为0个；ab时，()fx极值点的个数为2个【解析】（1）当1a=，0b=时，()lnfxxx=−，此时，函数()fx定义域为()0,+，()11222xfxxxx−=−=，由()0fx得：04x；由()0fx得：4x，所以()fx在()0,4上单调递增，

在()4,+上单调递减.所以()()max42ln22fxf==−.（2）当0b时，函数()fx定义域为)0,+，()()1222axaxbfxxbxxxb−+−=−=++，①当0a时，()0fx对任意的()0,x+恒成立，()fx在()0,+上单调递减，所以

此时()fx极值点的个数为0个；②当0a时，设()2hxxaxb=−+−，（i）当2440ab−，即0ab时，()0fx对任意的()0,x+恒成立，即()fx在()0,+上单调递减，所以此时()

fx极值点的个数为0个；（ii）当2440ab−，即ab时，记方程()0hx=的两根分别为1x，2x，则120xxa+=，120xxb=，所以1x，2x都大于0，即()fx在()0,+上有2个左右异号的零点，所以此时()fx极值点的个数为2.综上所述ab时，()fx极值点的个数为0个

；ab时，()fx极值点的个数为2个.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的性质，确定函数的最大值和极值点的个数，考查了分类讨论思想、逻辑思维能力和运算能力，属于中档题.21．【2020·宜宾市叙州区第一中学校高三一模（理）】设函数()lnexfxxxa=−，

()pxkx=，其中aR，e是自然对数的底数．（1）若()fx在()0,+上存在两个极值点，求a的取值范围；（2）若()1()xlnxfx=+−′，(1)e=，函数()x与函数()px的图象交于()11,Axy，()22,Bxy，且AB线段的中点为()00,Pxy，证明：()()00

1xpy．【答案】（1）10ea；（2）见解析.【解析】（1）()lnexfxxxa=−的定义域为()0,+，()ln1exfxxa=+−′，则()fx在()0,+上存在两个极值点等价于()0fx=在()0,+上有两个不等实根，由()ln1e0xfxxa=+−=′，解得

ln1exxa+=，令ln1()exxgx+=，则1(ln1)()exxxgx−+=，令1()ln1hxxx=−−，则211()hxxx=−−，当0x时，()0hx，故函数()hx在()0,+上单调递减，且()10h=，所以，当()0,1x时，()0

hx，()0gx，()gx单调递增，当()1,x+时，()0hx，()0gx，()gx单调递减，所以，1x=是()gx的极大值也是最大值，所以max1()(1)egxg==，所以1ea，又当0x→时，()gx−，当+x→时

，()gx大于0且趋向于0，要使()0fx=在()0,+有两个根，则10ea；（2）证明：()()ln1()lnln1ee1xxxxfxxxaa=+−+−−==+′，由(1)e=，得1a=，则()exx=，要证()()001xpy成立，只需证122112221ee

eee2xxxxxxkxx+−+=−，即212121221eee1e2xxxxxxxx+−−+−，即2121212211e12eexxxxxxxx−−−−+−，设210txx=−，即证2e1e1e2tttt−+，要证2e1ettt−，只需证22eettt−，令22()eet

tFtt=−−，则221()ee102ttFt=+−，所以()Ft在()0,+上为增函数，所以()()00FtF=，即2e1ettt−成立；要证e1e12ttt−+，只需证e1e12ttt−+，令e1()e12tttGt−=−+，则()()()222e1

2e1()02e12e1ttttGt−−=−=++，所以()Gt在()0,+上为减函数，所以()()00GtG=，即e1e12ttt−+成立；所以2e1e1e2tttt−+成立，即()()0

01xpy成立.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值及分析法证明不等式，考查学生的转化与化归能力，分析问题和解决问题的能力，难度较大.构造函数是求解导数问题的常用方法.22．【山东师范大学附属中学20

20届高三年级学习质量评估考试数学试题】已知函数21()eln(,axfxxbxaxab+=−−R).(1)若b=0，曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=2x平行,求a的值;(2)若b=2，且函数f(x)的值域为[2,),+求a的最小

值.【解析】（1）当0b=时，21()axfxxeax+=−，1()(2)axfxxeaxa+=+−，由1(1)e(2)2afaa+=+−=，得1e(2)(2)0aaa++−+=，即1(e1)(2)0aa+−+=，解得1

a=−或2a=−.当1a=−时，0(1)e12f=+=，此时直线2yx=恰为切线，故舍去，所以2a=−.（2）当2b=时，21()e2lnaxfxxxax+=−−，设21eaxtx+=，则ln2ln1txax=++，故函数()fx可化为()ln1gttt=−+.由11

()1tgttt−=−=,可得()gt的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+，所以()gt的最小值为(1)1ln112g=−+=，此时1t=，函数的()fx的值域为[2,)+，问题转化为当1t

=时，ln2ln1txax=++有解，即ln12ln10xax=++=，得12lnxax+=−，设12ln()xhxx+=−，则22ln1()xhxx−=，故()hx的单调递减区间为(0,e)，单调递增区间为(e,)+

，所以()hx的最小值为2(e)eh=−，故a的最小值为2e−.23．【2020届河南省开封市第五中学高三第四次教学质量检测数学（理）试卷】已知函数()()211ln2fxxaxax=−+−，()lngxbxx=−的最大值为1e．（1）求实数b的值；（2）当1a时，

讨论函数()fx的单调性；（3）当0a=时，令()()()22ln2Fxfxgxx=+++，是否存在区间,(1mn，)+，使得函数()Fx在区间,mn上的值域为()()2,2kmkn++？若存在

，求实数k的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】(1)由题意得()'ln1gxx=−−，令()'0gx=，解得1ex=，当10,ex时，()'>0gx，函数()gx单调递增；当1,ex+时，()'<0gx，函

数()gx单调递减.所以当1ex=时，()gx取得极大值，也是最大值，所以11eeegb=+=，解得0b=.（2）()fx的定义域为()0,+.()()()21111xxaaxaxafxxaxxx−+−−−

+−=−+==,①11a−=即2a=,则()()21xfxx=−，故()fx在()0,+单调增;②若11a−,而1a,故12a,则当()1,1xa−时，()0fx;当()0,1xa−及()1,x+时，()0fx故()fx在()1,1a−单调递减，在()()0,1,1

,a−+单调递增．③若11a−,即2a,同理()fx在()1,1a−单调递减，在()()0,1,1,a−+单调递增（3）由（1）知()2ln2Fxxxx=−+，所以()'2ln+1Fxxx=−，令()(

)'2ln+1xFxxx==−，则()1'20xx=−对()1,x+恒成立，所以()'Fx在区间()1,+内单调递增，所以()()''110FxF=恒成立，所以函数()Fx在区间()1,+内单调递增.假设存在区间(),1,mn+，使得函数()Fx

在区间,mn上的值域是()()2,2kmkn++，则()()()()2222{22FmmmlnmkmFnnnlnnkn=−+=+=−+=+，问题转化为关于x的方程()2ln22xxxkx−+=+在区间()

1,+内是否存在两个不相等的实根，即方程2ln22xxxkx−+=+在区间()1,+内是否存在两个不相等的实根，令()2ln22xxxhxx−+=+，()1,x+，则()()22342ln'2xxxhxx

+−−=+，设()2342lnpxxxx=+−−，()1,x+，则()()()2122'230xxpxxxx−+=+−=对()1,x+恒成立，所以函数()px在区间()1,+内单调递增，故()()10pxp

=恒成立，所以()'0hx，所以函数()hx在区间()1,+内单调递增，所以方程2ln22xxxkx−+=+在区间()1,+内不存在两个不相等的实根.综上所述，不存在区间(),1,mn+，使得函数()Fx在区间,mn上的值域是()()2,

2kmkn++.