【文档说明】2020年真题+高考模拟题 专项版解析 文科数学——03 导数及其应用（教师版）【高考】.docx，共(43)页，2.208 MB，由管理员店铺上传

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专题03导数及其应用1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】曲线ln1yxx=++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为.【答案】2yx=【解析】设切线的切点坐标为001(,),ln1,1xyyxxyx=++=+，00001|12,1,2xxyxyx==+===，所以切点坐

标为(1,2)，所求的切线方程为22(1)yx−=−，即2yx=.故答案为：2yx=.【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.2．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设函数e()xfxxa=+．若e(1

)4f=，则a=_________．【答案】1【解析】由函数的解析式可得：()()()()()221xxxexaeexafxxaxa+−+−==++，则：()()()()12211111eaaefaa+−==++，据此可得：()241aeea

=+，整理可得：2210aa−+=，解得：1a=.故答案为：1.【点睛】本题主要考查导数的运算法则，导数的计算，方程的数学思想等知识，属于中等题.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卷文数】已知函数()e(2)x

fxax=−+.（1）当1a=时，讨论()fx的单调性；（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围.【解析】（1）当a=1时，f（x）=ex–x–2，则fx（）=ex–1．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）fx（）=ex–a．当a≤0时，fx（）>0，所以f（x）在（–∞，+∞）单调递增，故f（x）至多存在1个零点，不合题意．当a>0时，由fx（）=0可得x=lna．当x∈（–∞，

lna）时，fx（）<0；当x∈（lna，+∞）时，fx（）>0．所以f（x）在（–∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增，故当x=lna时，f（x）取得最小值，最小值为f（lna）=–a（1+lna

）．（i）若0≤a≤1e，则f（lna）≥0，f（x）在（–∞，+∞）至多存在1个零点，不合题意．（ii）若a>1e，则f（lna）<0．由于f（–2）=e–2>0，所以f（x）在（–∞，lna）存在唯一零点．由（1）知，当x>2时，ex–x–2>0，所以当x>4且x>

2ln（2a）时，ln(2)22()ee(2)e(2)(2)202xxaxfxaxaxa=−++−+=．故f（x）在（lna，+∞）存在唯一零点，从而f（x）在（–∞，+∞）有两个零点．综上，a的取值范围是（1e

，+∞）．【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线xye=和直线(2)yax=+有两个交点，利用过点(2,0)−的曲线xye=的切线斜率，

结合图形求得结果.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数f（x）=2lnx+1．（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；（2）设a>0时，讨论函数g（x）=()()fxfaxa−−的单调性．【解析】设h(x)=f(x)−2x−c，则h(x)=2lnx−

2x+1−c，其定义域为(0，+∞)，2()2hxx=−.（1）当0<x<1时，h'(x)>0；当x>1时，h'(x)<0.所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，+∞)单调递减.从而当x=1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)=−1−c.故当且仅当−

1−c≤0，即c≥−1时，f(x)≤2x+c.所以c的取值范围为[−1，+∞).（2）()()2(lnln)()fxfaxagxxaxa−−==−−，x∈(0，a)∪(a，+∞).222(lnln)2(1ln)()()()xaaaaxxxxgxxaxa−+−−+==−−取c=−1得h(x)=2

lnx−2x+2，h(1)=0，则由（1）知，当x≠1时，h(x)<0，即1−x+lnx<0.故当x∈(0，a)∪(a，+∞)时，1ln0aaxx−+，从而()0gx.所以()gx在区间(0，a)，(a，+∞)单调递减.【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题，以及利用导数判断含参函

数的单调性，考查了数学运算能力，是中档题.6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()fxxkxk=−+．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx有三个零点，求k的取值范围．【解析】（1）2()3fxxk=−．当k=0时，3()fxx=，故()fx在()−+，单调递

增；当k<0时，2()30fxxk=−，故()fx在()−+，单调递增．当k>0时，令()0fx=，得33kx=．当3(,)3kx−−时，()0fx；当33(,)33kkx−时，()0fx；当3(,)3kx+时，(

)0fx．故()fx在3(,)3k−−，3(,)3k+单调递增，在33(,)33kk−单调递减．（2）由（1）知，当0k时，()fx在()−+，单调递增，()fx不可能有三个零点．当k>0

时，3=3kx−为()fx的极大值点，3=3kx为()fx的极小值点．此时，331133kkkk−−−+且(1)0fk−−，(1)0fk+，3()03kf−．根据()fx的单调性，当且仅当3()03kf，

即22309kkk−时，()fx有三个零点，解得427k．因此k的取值范围为(0)427，．【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.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()()()()121212

2fxfxfxfxxx+−−．【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−+−−()223311212121

22332lnxkkxxxxxxkxxx=−+++−−+3322121121212212332lnxxxxxxxxxkkxxx=−−++−−()332213312lnxtttkttt=−

+−+−−．①令1()2ln,[1,)hxxxxx=−−+．当1x时，22121()110hxxxx=+−=−，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)32lnxtttkttttttttt−+−+−−−+−−−−2336ln31t

ttt−=++−．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：()1121y

x−=−−，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(0

t时，结果一样)，则()423241441144(24)44ttSttttt++==++，所以()St=4222211443(848)(324)44ttttt+−+−=222223(4)(12)3(2)(2)(12)44tttt

ttt−+−++==，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()yf

x=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)xhx

xx=−−，1()e2xh'x=−，所以x0(0,ln2)ln2(ln2,1)11()h'x1−−0+e2−1()hx0e3−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)0h

xh=．由(1)0ha−得10(1)e10()afaaafx−−=−−−=，因为()fx在[0,)+单调递增，故01ax−．综上，012(1)axa−−．（ⅱ）令()e(e1)1xuxx=−−−，()e(e1)xu'x=−−，所以当1x时，()0

u'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，3114064016

0,800BB=−+=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=−+3211601606800EFyxx=−=+−.因为80,CE=所以80O'Cx=−.设1(80,),Dxy−则211(80),40yx=−所以22111160160(80)4.4040CD

yxxx=−=−−=−+记桥墩CD和EF的总造价为()fx，则3232131()=(1606)(4)80024013(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)22fxxxgxxhxttxt

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

n()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10

2kx+=，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(4

1)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)0vtttt=++−．）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届清华大学中学生标准学术能力诊断性测试高三5月测试数学（文）试题】已知函数()lnfxxx=，则函数()fx的单调递增区间为A．RB．()0

,+C．1,e+D．()e,+【答案】C【解析】()ln1fxx=+，令()0fx得ln1x−，11eex−=．函数()lnfxxx=的单调递增区间为1,e+．故选C．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单

调性，易错点在于忽视函数的定义域，属于中档题．2．【2020·安徽省高三三模（文）】直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1，3)，则2a＋b的值等于A．2B．－1C．1D．－2【答案】C【解析】直

线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1，3)，点A在直线y＝kx＋1，得31,2kk=+=，且点A在曲线y＝x3＋ax＋b上，2ab+=，213,|32,1,3xyxayaab==+=+==−=，21ab+=.故选C.【点睛】本

题考查导数的几何意义，属于基础题.3．【福建省厦门外国语学校2020届高三下学期高考最后一次模拟数学（文）试题】已知函数()fx是偶函数，当0x时，()ln1fxxx=+，则曲线()yfx=在1x=−处的切线方程为A．yx=−B．2yx=−+C．yx=D．2y

x=−【答案】A【解析】因为0x，()()ln()1fxfxxx=−=−−+，()11f−=，()ln()1fxx=−−−，(1)1f−=−，所以曲线()yfx=在1x=−处的切线方程为()11yx−=−+

，即yx=−.故选A.【点睛】本小题主要考查根据函数奇偶性求函数解析式，考查利用导数求切线方程，属于基础题.4．【2020·广西壮族自治区高三月考（文）】已知a为正实数，若函数322()32fxxaxa=

−+的极小值为0，则a的值为A．12B．1C．32D．2【答案】A【解析】由已知2()363(2)fxxaxxxa=−=−，又0a，所以由()0fx得0x或2xa，即函数在(),0−和()2,a+上单调递增，由()0fx得02xa，函

数在()0,2a上单调递减，所以()fx在2xa=处取得极小值0，即()32232()2(2)3(2)2420fxfaaaaaaa==−+=−+=极小值，又0a，解得12a=，故选A．【点睛】本题考查了函数的极值与导数关系的应用，考查运算求解的能力，属于中档题.5．【2020

·宜宾市叙州区第二中学校高三月考（文）】函数()()22exfxxx=−的图象大致是A．B．C．D．【答案】B【解析】函数()()22exfxxx=−，则()()22exfxx=−，令()0fx=，解得()fx的两个极值点为2，故排除AD，且当0x时，()fx

恒为正，排除C，即只有B选项符合要求，故选B.【点睛】本题考查了由函数解析式判断函数图像，导函数与函数图像的关系应用，属于基础题.6．【2020·云南省云南师大附中高三月考】已知函数()2sinfxxxx=−，若()0.2log3af=，()3log

0.2bf=，()30.2cf=，则A．abcB．bacC．cbaD．cab【答案】B【解析】()()()()()22sinsinfxxxxxxxfx−=−−−−=−=，故()fx为偶函数，故只需考虑()0,x+的单调性即可

.()()2sincossin1cosfxxxxxxxxx=−−=−+−，当()0,x+时，设()sinhxxx=−，则()1cos0hxx=−所以()hx在()0,+上单调递增，即()()00h

xh=，故sinxx，而()1cos0xx−显然成立，故()0fx，故()fx在()0,x+上单调递增.()()0.25log3log3aff==，()()33log0.2log5bff==，35530.20.2log5lo

g31log5，由函数单调性可知()()()3530.2log3log5fff，即cab，故选B.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性比较函数值的大小，属于中档题.7．【2020·山东省高三三模】已知函数()eexxfxx−=++．则下面结论

正确的是A．()fx是奇函数B．()fx在)0,+上为增函数C．若0x，则21e2fxx++D．若()()11fxf−−，则02x【答案】BCD【解析】对于A选项，函数()eexxfxx−=++

的定义域为R，()()eeeexxxxfxxxfx−−−=++−=++=，则函数()yfx=为偶函数，A选项错误；对于B选项，当0x时，()eexxfxx−=++，则()ee11xxfx−=−+，所以，函数()yfx=在)0,+上为增函数，B选项正确；对于C

选项，当0x时，由基本不等式可得1122xxxx+=，由于函数()yfx=在)0,+上为增函数，此时()22212ee2e2fxfx−+=+++，由于函数1yxx=+为奇函数

，当0x时，()()1122xxxx−−−=−，211e2fxfxxx+=−−+.综上所述，当0x时，21e2fxx++，C选项正确；对于D选项，由于函数()

yfx=为偶函数，由()()11fxf−−得()()11fxf−，由于函数()yfx=在)0,+上为增函数，则11x−，解得02x，D选项正确.故选BCD.【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调

性的判断，同时也考查了函数不等式的求解，考查计算能力与推理能力，属于中等题.8．【2020·山西省太原五中高三月考（文）】已知函数()()e,lnxfxxgxxx==，若()()12fxgxt==，其中0t，则12lntxx的最大值为A．1eB．2eC．21eD．2

4e【答案】A【解析】由题意，11exxt=，22lnxxt=，则2ln2elnxxt=，作函数()exfxx=的图象如下：由图可知，当0t时，()fxt=有唯一解，故12lnxx=，且1>0x，∴1222lnlnlnlntttxxxxt==，设()lnthtt=，0t

，则()21lnthtt−=，令()0ht=，解得et=，易得当()0,et时，()0ht，函数()ht单调递增，当()e,t+时，()0ht，函数()ht单调递减，故()()1eehth=，即12lntxx的最大值为1e.故选A.【

点睛】本题考查利用导数求函数的最值，考查化简变形能力及数形结合思想，属于中档题．9．【2020届河北省石家庄市高考模拟数学（文）试题】已知函数()fx对于任意xR，均满足()()2fxfx=−，当1x时，ln2,01()e,0xxxfxx+=（其中e为

自然对数的底数），若存在实数(),,,abcdabcd满足()()()()fafbfcfd===，则()eaabcdb+++−的取值范围为A．4(1,4)e−B．244[1,)ee−C．24(,4)eD．24[2ln21,)e−【答案】D【解析】由()(2)fxfx=−知()fx关于

1x=对称，如图，因此2adbc+=+=，所以4abcd+++=，又因为()()fafb=，所以eln2ab=+，因此()e4ln2aabcdbbb+++−=−−，由题意知211eeb，令211()4ln2eegbbbb=−−，141()4bgbbb−

=−=，令()0gb=得14b=，故()gb在211,e4上单调递减，在11,4e上单调递增，故min1()2ln214gbg==−，由221414,1eeeegg==−

，则222211444e4e10eeeeegg+−−=−+=，故24()2ln21,egb−.故选D.【点睛】本题考查导数，函数性质，函数图象的综合应用，重点考查导数研究函数的单调性，最值，数形结合分析问题的能力，函数与方程思想的应用，属于

中档偏难题型，本题的关键是转化()e4ln2aabcdbbb+++−=−−，并根据数形结合得到条件211eeb.10．【2020届河南省商丘周口市部分学校联考高三5月质量检测数学(文科)试题】已知

偶函数()fx在R上存在导函数()fx，当0x时，()()fxfxx−，且()21f=，则不等式()()222xxfxx−−的解集为A．()(),21,−−+B．()2,+C．()(),12,−−+D．()1,

2−【答案】C【解析】令()()gxxfx=，由于()fx为偶函数，则()gx为奇函数，所以()()()''gxfxxfx=+.因为当0x时，()()'fxfxx−，即()()'0fxxfxx+，所以()()'0fxxfx+，即()'0gx.所以当0x时，()

'0gx，所以()gx在()0,+上单调递增.因为()gx在R上为奇函数且在R上具有导函数，所以()gx在R内单调递增.因为()21f=，所以()()2222gf==，又()()222xxfxx−−等价

于()()22gxxg−，所以22xx−，解得1x−或2x.综上所述，x的取值范围为()(),12,−−+.故选C.【点睛】本题考查了导数的综合应用,重点考查了函数的性质,属中档题.11．【20

20·安徽省淮北一中高三月考（文）】已知函数3()31fxxx=−+，若1[,]xab，2[,]xab，使得()()12fxfx=，且12xx，则ba−的最大值为A．2B．3C．4D．6【答案】C【解析】3()31fxxx=−+，()233fxx=−，令()0fx=

，即2330x−=，解得11x=−，21x=，当1x−时，()0fx′，所以()fx在(),1−−上单调递增；当11x−时，()0fx′，所以()fx在1,1−上单调递减；当1x时，()0fx′，所以()fx在()1,+上单调递增.()fx在

1x=−处取得极大值，极大值为()11313f−=−++=；在1x=处取得极小值，极小值为()11311f=−+=−.令()3fx=，即3313xx−+=，即()()2120xx+−=，解得1x=−（舍）或2x=；令()1fx

=−，即3311xx−+=−，即()()2120xx−+=，解得1x=（舍）或2x=−；ba−的最大值为()224−−=.故选C.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值问题，考查运算求解能力，求出函数的极大值与极小值是解决本题的关键，属于中档题.

12．【2020·河北省高三一模（文）】已知定义域为R的函数()fx满足11(),()4022ffxx=+，其中()fx为()fx的导函数，则不等式(sin)cos20fxx−…的解集为A．ππ[2π,2π],33kk

k−++ZB．ππ[2π,2π],66kkk−++ZC．π2π[2π,2π],33kkk++ZD．π5π[2π,2π],66kkk++Z【答案】D【解析】令2()()21gxfxx=+−，则()()40gxfxx=+，故()gx在R上单调递增.又2(sin)cos2(

sin)2sin1fxxfxx−=+−，且1()02g=，故原不等式可转化为1(sin)()2gxg…，所以1sin2x…，解得π5π2π2π,66kxkk++Z剟.故选D.【点睛】利用导数比较大小或解不等式的常用技巧：利用题目条件，构造辅助函数

，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有：(1)()()()()()fxgxFxfxgx>?＝－)；(2)()()[()]xfxfxxfx；(

3)()()()[]fxxfxfxx；(4)()+()[()]xfxfxefx；(5)()()()[]xfxfxfxe.13．【2020届广东省珠海市高三下学期学业质量监测数学（文）试题】函数()singxx

x=−的零点的个数为A．1B．3C．2D．4【答案】A【解析】()()1cos0gxxgx，=−在R上是增函数，()()00ggx=，的零点个数为1.故选A.【点睛】函数的零点的判断方法有三种：一、直接求零点：令()0fx=,如果能求出解，有几个解就有几个零点；二、零点存在性定理：函数在

连续的区间(),ab上有定义且()()0fafb，则函数在(),ab上存在零点；三、先把所求的函数分解成两个简单的函数，再由两函数图象看交点个数，交点横坐标即为函数的零点.14．【2020·四川省泸县五中高三月考（文）】已知函数2()e

lnxfxxta=+−，若对任意的1,e,()etfx在区间[1,1]−上总存在唯一的零点，则实数a的取值范围是A．221,ee−B．2211,e1e−−C．21,e12e−−D．2211

,e1e−+【答案】B【解析】()()222e2e21exxxfxxx=+=+，当11,2x−−时，()0fx；当1,12x−时，()0fx，()fx在11,2−−

上单调递减，在1,12−上单调递增，()fx在1,1−上总存在唯一的零点，即()fx与0y=的图象在1,1−上仅有一个交点，()()101ff−，即221ln0elnetata−+−+−，221lnelnetat−+

+，1,eet，ln1,1t−，2211e1ea−−，即a的取值范围为2211,e1e−−.故选B.【点睛】本题考查根据函数在区间内的零点个数求解参数范围的问题，涉及到恒成立思想的应用；关键是能够根据导数求得函数的单调性，进而确定a与t的关系.

15．【2020·山西省太原五中高三月考（文）】函数()2lnfxxx=+在点()()1,1f处的切线方程为__________.【答案】320xy−−=【解析】因为()2lnfxxx=+，所以()11f=，()12f

xxx=+，所以()1213f=+=所以切线方程为()131yx−=−，即320xy−−=故答案为320xy−−=.【点睛】本题考查的是导数的几何意义，较简单.16．【2020届山西省太原市高三模拟（二）数学（文）试题】

若曲线()exfxmxn=+在()()1,1f处的切线方程为eyx=，则mn+=__________【答案】e12+【解析】将1x=代入eyx=，得切点为()1,e，eemn=+①，又()()e1xf

xmx=+，()12eefm==，12m=②.联立①②解得12m=，e2n=，故1ee1222mn++=+=.故答案为e12+.【点睛】本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题.17．【2020·重庆八中高三月考（文）

】曲线lnyaxx=+在点1x=处的切线方程为30xyb−+=，则b=______．【答案】1−【解析】因为lnyaxx=+，所以1yax=+，切线的斜率11131xkyaa===+=+=，解之得2a=，2lnyxx=+，所以切点坐标为(1,2)，由于切点在切线上，故3120b−

+=，解之得1b=−.故答案为1−.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.18．【2020·山东省高三月考】函数()()sin2fxaxa=+R在点()()0,0f处的切线方程为2yx=−+，则a=__

____．【答案】-1【解析】()()sin2fxaxa=+R,则()cosfxax=,故当0x=时,(0)fa=,又函数()fx在点()()0,0f处的切线方程为2yx=−+,所以1a=−,故答案为1−.

【点睛】本题考查导数几何意义的应用,属于简单题.19．【2020·盐城市第一中学高三二模】函数()2sinfxxax=−在π0,2上的单调递减，则实数a的取值范围为______.【答案】[2,)+【解析】因为()2sinfxxax=−，π0,2x，所

以()2cosfxxa=−，因为函数()2sinfxxax=−在π0,2上的单调递减，所以()2cos0fxxa=−在π0,2上恒成立，即2cosax在π0,2上恒成立，因为()2cosgxx=在π0,2x上单调递

减，所以()()max02cos02gxg===所以2a，即)2,a+.故答案为)2,+.【点睛】本题考查根据函数的单调性求参数的取值范围，利用导数研究函数的单调性，属于中档题.20．【2020·江西省高三月考（文）】已

知函数()()321fxxaxax=+−+，若曲线()fx在1x=处的切线恰好平分圆C：2240xyy+−=的周长，则实数a的值为______.【答案】-3【解析】圆C即为22(2)4xy+−=，故圆心为(0,2)．又2()32(1)fxxaxa=+−+，

(1)2fa=，'(1)31fa=+，故切线方程为2(31)(1)yaax−=+−．将(0,2)代入得3a=−．故答案为3−．【点睛】本题考查导数的几何意义及切线方程的求法，同时考查圆的弦的性质．2

1．【2020·江苏省高三月考】若函数()()fxxax=−在区间[1，9]上的最小值为18，则a的值为_______.【答案】78【解析】由题可知，()()fxxax=−在区间[1，9]上的最小值为18，设1

,3xt=，则2xt=，则原题转化为函数2()()fttat=−在区间1,3上的最小值为18，则2()3ftta=−，当0a时，2()30ftta=−恒成立，则()ft在区间1,3上单调递增，则1(1)8f=，解得：78a=（

舍去）；当0a时，令2()30ftta=−=，解得3at=或3at=−（舍去），若13a，即03a时，()ft在区间1,3上单调递增，则1(1)8f=，解得78a=，符合题意；若33a，即27a时，()ft在区间

1,3上单调递减，则1(3)8f=，解得21524a=（舍去）；若133a，即327a时，()ft在区间1,3a上单调递减，在区间,33a上单调递增，则1()38af=，无正数解，综上所述，a的值为78.故答案为78.【点睛】本题考查利用导数研究含参数的函数

的单调性和最值，从而求出参数值，同时考查转化和分类讨论思想.22．【2020届清华大学中学生标准学术能力诊断性测试高三5月测试数学（文）试题】已知函数()()1lnfxxx=+．（1）求()yfx=在1x=处的切线方程：（2）已知实数2k时，求证：函数

()yfx=的图象与直线l：()1ykx=−有3个交点．【解析】（1）因为()()1lnfxxx=+，所以()1lnxfxxx+=+，所以()12f=，又因为()10f=，所以()fx在1x=处的切线方程22yx=−；（2）当2k时，函数()yfx=的图象与直线l交点的个数

等价于函数()()1ln1kxhxxx−=−+的零点个数，因为()()()()222121211xkxkhxxxxx+−=−=++，()0,x+，设()()2221gxxkx=+−+，因为二次函数()gx

在xR时，()010g=，()1420gk=−，所以存在()10,1x，()21,x+，使得()10gx=，()20gx=，所以()hx在()10,x上单调递增，在()12,xx上单调递减，在()2,x+上单调递增．因为()10h=，所以()()110hxh=，(

)()210hxh=，因此()hx在()12,xx上存在一个零点1x=；又因为当ekx−=时，()()()e12ee0e1e1kkkkkkkhk−−−−−−−=−−=++，所以()hx在()1e,kx−上存在

一个零点；当ekx=时，()()e12e0e1e1kkkkkhkk−=−=++，所以()hx在()2,ekx上存在一个零点.所以，函数()yfx=的图象与直线l：()1ykx=−有3个交点．【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线

方程，考查运用导数研究函数性质的方法，考查运算能力，考查函数与方程的数学思想方法和分析问题、解决问题的能力.23．【甘肃省西北师大附中2020届高三5月模拟试卷文科数学试题】设函数2()()exfxxm=+．（1）讨论

()fx的单调性；（2）若()2e1()xgxnxfx=−−−，当1m=，且0x时，()0gx，求n的取值范围．【解析】（1）依题得，()fx的定义域为R，2()(2)exfxxxm=++，e0x，令2()2hxxxm=++，44m=−，①若0，即1

m，则()0hx恒成立，从而()0fx恒成立，当且仅当1m=，1x=−时，()0fx=，所以()fx在R上单调递增；②若，即1m，令()0hx=，得11xm=−−−或11xm=−+−．当(11,11)xmm−−−−+−时，()0fx

；当(,11)(11,)xmm−−−−−+−+时，()0fx，综合上述，当1m时，()fx在R上单调递增；当1m时，()fx在区间(11,11)mm−−−−+−上单调递减，()fx在区间(,11),(11,)mm−−−−−

+−+上单调递增．（2）依题意可知：2()2e1()ee1xxxgxnxfxxnx=−−−=−−−，令0x=，可得(0)0g=，2()(12)e()xgxxxnx=−−−R，设2()(12)exhxxxn=−−−，则2()(41)exhxxx=−++，当

0x时，()0hx，()gx单调递减，故()(0)1gxgn=−，要使()0gx在0x时恒成立，需要()gx在[0,)+上单调递减，所以需要()10gxn−，即1n，此时()(0)0gxg=，故1n，综上所

述，n的取值范围是[1,)+．【点睛】（1）考查了利用导数求函数的单调性，含参问题分类讨论.（2）考查了对题目的理解，分析，将恒成立问题转化成函数单调性问题，利用导数值的正负与函数的单调性关系列式求解.24．【2020·重庆八中高三月考（文）】已知函数()()1elne

xfxaxa−=−+−．（e为自然对数的底数）（1）设()'fx为()fx的导函数，求证：当ea=时，()0fx；（2）若0a，且1x=是()fx的极小值点，求实数a的取值范围．【解析】（1）当ea=时，()1eelnxfxx−=−，即证1eeln0xx−−，即2elnxx−，先

证：2e1xx−−，令2()e1xgxx−=−+，2()e1xgx−=−，当2x时，()0gx，当2x时，()0gx，又min()(2)0gxg==，所以2e1xx−−；再证：1lnxx−，令()1lnhxxx=−−

，11()1xhxxx−=−=，当01x时，()0hx，当1x时，()0hx，又min()(1)0hxh==，所以1lnxx−；所以2e1lnxxx−−，即2elnxx−，所以()0fx；（2）1()exafxx

−=−，12()e0xafxx−=+，所以()fx在(0,)+上单调递增，所以()fx在1x=处取得极小值，且(1)10fa=−=，解之得1a=，当1a=时，11()exfxx−=−，当01x时，()(1)0fxf=，当1x时，()(

1)0fxf=，此时()fx在1x=处取得最小值，综上1a=.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值、单调性，考查逻辑推理、抽象概括和核心素养,属于常考题.25．【2020·河南省高三月考（文）】已知函数()()=lnfxxmxmm−+R.（

1）讨论函数()fx的单调性；（2）若()0fx在()0,x+上恒成立，求实数m的取值范围；（3）在（2）的条件下（提示：可以用第（2）问的结论），对任意的0ab，证明：()()11fbfabaa

−−−.【解析】（1）函数()fx的定义域为()0,+，()1mxfxx−=.①当0m时，()0fx′在()0,+上恒成立，所以()fx在()0,+上单调递增.②当0m时，令()10mxfxx−=，得10xm，所以()fx在10,m上单调递增；令()10

mxfxx−=，得1xm，所以()fx在1,m+上单调递减.（2）由题意得()10f=，由（1）知，当0m时，不满足题意，故0m，则()fx在10,m上单调递增，在1

,m+上单调递减，所以()max1ln1fxfmmm==−−+，故只需ln10mm−−+即可.令()ln1gmmm=−−+，则()111mgmmm−=−=，所以当(0,1)m时，()0gm；当(1,)m

+，()0gm，所以()gm在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增，所以()(1)0gmg=，即ln10mm−−+.又∵ln10mm−−+，所以ln10mm−−+=，解得1m=.综上，m的取值范围是1.

（3）ln()()lnln1111bfbfabaabbabaaa−−=−=−−−−，因为0ba，所以1ba，由（2）得，(0,)x+时，ln1xx−（1x=时，等号成立）令1bta=，则ln1tt−，因为1t，所以ln11tt−，即ln11baba

−.因为10a，所以ln11111babaaa−−−，即()()11fbfabaa−−−.【点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及的知识点有利用导数研究函数的单调性，根据恒成立求参数的取值范围，利用导数证明不等式，属于较难题目.26．【2020·四川省棠湖中学高三一模（文

）】已知函数2()(1)fxax=+，()exgxx=.（1）若()gx的切线过(4,0)−，求该切线的方程；（2）讨论()fx与()gx图像的交点个数.【解析】（1）()exgxx=，()()1exgxx=+，设切点为()

00,xy，则()()000000e01e4xxxgxxx−==++，化简得200054xxx=++，所以02x=−，2ek−=−，所以切线方程为2e(4)yx−=−+.（2）设()()()Fxgxfx=−，即讨论()Fx零点的个数.()()(1)e2(1)(1)e2xxFx

xaxxa=+−+=+−，0a=时，()Fx只有一个零点；0a时，()Fx在(,1)−−上单调递减，在(1,)−+上单调递增，1(1)0eF−=−，x→−，x→+时，()Fx均→+，此时，()Fx有两个零点，0a

时，x→−时，()Fx→−，x→+时()Fx→+，由()0Fx=得1x=−，ln(2)xa=，若12ea=时，()Fx在R上单调递增，只有一个零点；若12ea时，1(1)0eF−=−，2(ln(2))ln(2)0Faaaa=−−，

极大值极小值均小于0，从而也只有一个零点.综上，0a时，只有一个交点；0a时，有两个交点.【点睛】本题考查了函数过某点的切线方程，两个函数图像交点个数的判断，难度较大.求函数的切线方程时，要注意区分“在某点”和“过某点”，这是一个易错点.求解两个函数

交点个数的问题时，常用构造函数法，转化为求解零点个数的题型.27．【2020·重庆巴蜀中学高三月考（文）】函数()21ln12fxxaxbx=−++.（1）若函数()fx在1x=处的切线为2y=，求函数()fx的单调递增区间；（2）证明：对任意2

10xx时，()()1212122fxfxxxfxx−+−.【解析】（1）()122fxaxbx−=+，由题有()()3,112,215120,22afabfabb==−++==−+==所以()()()()2651611153222

2xxxxfxxxxx−−−−+−=−+==，又定义域为()0,x+，()001fxx，所以函数()fx的单调递增区间为()0,1.（2）由（1）有()12121212xxfaxxbxx+=−+++，(

)()()()()221212121212121lnln2xxaxxbxxfxfxxxxx−−−+−−=−−()()121212lnln2xxaxxbxx−=−++−，由()()()121212121212lnln122fxfxxxxxfxxxxxx−+−−=−−−

+()1211212212ln2xxxxxxxx+=−+−，下证1211222ln0xxxxxx+−−，等价于12112212ln01xxxxxx+−−.设12xtx=，由210xx，则()0,1t

.原式等价于：()21142ln0lnln2111tttttttt−+−+−++.设()4ln1gttt=++，()0,1t，()()()()222114011tgttttt−=−=++恒成立，所以()gt在()0,1

t上单调递增，()()12gtg=，()0,1t得证.【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到导数的几何意义、单调区间、不等式的证明等知识，考查等价转化思想，以及逻辑推理和数学计算能力，属于较难题.28．【2020·云南省昆明一中高三月考（文）】已

知函数()lnsinfxxxax=+−.（1）若0a=，求()fx的零点个数；（2）若1a，证明：()0fx.【解析】（1）当0a=时，()lnsinfxxx=+，()0,x+，若01x，因为()1cos0fxxx=+，所以()fx在(0,1上单

调递增，又()1sin10f=，且111sin0eef=−+，结合零点存在性定理可知()fx在(0,1上有且仅有一个零点，若1πx，则ln0x且sin0x，所以()0fx，若πx，因为lnlnπ1sinxx−，所以()0fx，综上，()fx在()

0,+?上有且仅有一个零点.（2）当1a时，,axxaxx−−，且sin1x，故()ln1xfxx+−，构造函数()ln1gxxx=+−，()0,x+，则()1xgxx−=，若01x，则()0gx¢>，故()gx在(

)0,1上单调递增，若1x，则()0gx¢<，故()gx在()0,1上单调递减，故()()max10gxg==，即()0gx对任意()0,x+恒成立，当且仅当1x=时取得等号，当1x=时，sin1x，故()0fx对任意()0

,x+恒成立.【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的零点个数及利用导数证明不等式，属于较难题.29．【2020·海南省海南中学高三月考】设函数()e1xfxax=−+，0a.（1）若曲线()yfx=在点(1,(1)

)f处的切线与x轴平行，求a；（2）当1x时，函数()fx的图象恒在x轴上方，求a的最大值.【解析】（1）()e1=−+xfxaxQ,()exfxa=−,(1)efa=−,曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线与x轴平行,()01f=,即e0a−=,解得ea=,经验证e

a=满足题意.（2）令()0fx=,即exa=,则lnxa=,①当ln1a时,即0ea,对于任意(),lnxa−有()0fx¢<,故()fx在(),lna−上单调递减；对于任意()ln,1xa有()

0fx¢>,故()fx在()ln,1a上单调递增,因此当lnxa=时,()fx有最小值为()()lnln11ln10faaaaaa=−+=−+成立.②当ln1a时,即ea,对于任意(),1x−有()0fx¢<,故(

)fx在(),1−上单调递减,因为()0fx,所以()10f,即e1a+,综上,a的最大值为e1+.【点睛】本题考查导函数的几何意义的应用,考查利用导函数求函数的最值,考查分类讨论思想和运算能力.30．【福建省福州市2019-2020学年高三4月份高考（文科）数学模拟试题】已知

函数()(sincos)exfxxxx=+−，()fx为()fx的导函数．（1）设()()()gxfxfx=−，求()gx的单调区间；（2）若0x，证明：()1fxx−．【解析】（1）由已知，()(1cossin)e(sincos)e(12sin)exxxf

xxxxxxxx=++++−=++，所以()()()(1sincos)exgxfxfxxx=−=++，()(12cos)exgxx=+，令()0gx，得1cos2x−，解得2π2π2π2π,33kxkk−++Z，令(

)0gx，得1cos2x−，解得2π4π2π2π,33kxkk++Z，故()gx的单调递增区间是2π2π(2π2π),33kkk−++Z，；单调递减区间是2π(2π,3k+4π2π),3kk+Z.（2）要证()1fxx−，只需证：0()1fxx+−．设()()1hxfxx=

+−，0x，则()()1(12sin)e1xhxfxxx=−=++−．记()()(12sin)e1xtxhxxx==++−，则()(22sin2cos)extxxxx=+++．当[0,π]x时，sin0x，又22cos0x+，e0x，所以()0

tx≥；当(π,)x+时，πx，2sin2x−，所以2sinπ20xx+−，又22cos0x+，e0x，所以()0tx≥．综上，当0x时，()0tx≥恒成立，所以()tx在[0,)+上单调递增．所以，()(0)0txt=，即()0hx，所以，()

hx在[0,)+上递增，则()(0)0hxh=，证毕．【点睛】本题主要考查函数与导数及其应用等基础知识，意在考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养，是一道有一定难度的压轴题.31．【2020·辽宁省高三二模（文）】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.【解析】（1）∵()exfxax=−，∴()exfxa=−，当0a时，()0fx恒成立，∴()fx在R上单调递减，当0a时

，令()0fx，得lnxa，令()0fx，得lnxa.∴()fx在(,ln)a−上单调递增，在(ln,)a+上单调递减，综上所述，当0a时，()fx在R上单调递减，当0a时，()fx在(,ln)a−上单调递增，在(ln,)a+上单调递减；（2）令(

)e0xfxax=−=，得exax=，设e()(0)xgxxx=，则2e(1)e()(0)xxxgxxxx−==.令()0gx，得1x，令()0gx，得01x，∴()gx在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增，则()(1)egxg=.当ea时，exax=在

(0,)+上无解，所以()fx在(0,)+上没有零点；当ea=时，exax=在(0,)+上有且仅一个解，所以()fx在(0,)+上有一个零点；当ea时，exax=在(0,)+上有两个解，所以()f

x在(0,)+上有两个零点.综上，当ea时，()fx在(0,)+上没有零点；当ea=时，()fx在(0,)+上只有一个零点；当ea时，()fx在(0,)+上有两个零点.【点睛】本题考查利用导数研究含参数的函数单调性，利用导数求函数单调性和极值讨论函

数零点问题，考查了分类讨论思想、转化与化归思想和运算求解能力，是中档题.32．【2020·重庆市云阳江口中学校高三月考（文）】已知函数()ln2fxxx=+．（1）求曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程；（2）设函数2()gxxx=−，其中0x.证明：()g

x的图象在()fx图象的下方．【解析】（1）因为()ln2fxxx=+，所以()ln1fxx=+，因为(1)2f=，(1)ln111f=+=，所以曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程为()211yx−=−，即10xy−+=.（2

）设()()()2ln2,0hxfxgxxxxxx=−=+−+，则()22lnhxxx=−，()314hxxx=+，因为0x，所以()0hx，即()hx在()0,+?上单调递增，因为()120h=

−，()22e10eh=−，所以在区间()1,e内，存在唯一的0x，使得()00202ln0hxxx=−=，即0202lnxx=，当()00,xx时，()00hx，()hx单调递减，当()0,xx+时，()00hx，()hx单调递增，所

以()()0hxhx，因为()()0000000024ln22,1,ehxxxxxxxx=+−+=−+，所以()020410hxx=−−，所以()0004422e0ehxxx=−+−+，所以()0hx，即()gx的图象在()f

x图象的下方.【点睛】本题考查的是导数的几何意义及利用导数证明不等式，属于中档题.33．【2020·江西省高三月考（文）】已知函数()()sinlnfxaxxa=−R，其导函数为()'fx.（1）若不等式()1'1fxx−在区间π0,3

上恒成立，求实数a的取值范围：（2）当2a=时，证明：()'fx在区间π0,2上有且只有两个零点.【解析】（1）()1'cosfxaxx=−，由题意得：()1'1fxx−在π0,3

上恒成立即1cosax在π0,3上恒成立，由于函数cosyx=在π0,3上单调递减，所以1cos12x，max12cosx=，所以2a.（2）当2a=时，()12

cos12cos'xxxxxfx−=−=.设()2cos1hxxx=−，则()()'2cossinhxxxx=−，令()cossinxxxx=−，则π'()2sincos002xxxxxx=−−

，所以()x在π0,2上单调递减，又()010=，ππ022=−，故存在0π0,2x，使得()00x=，当()00,xx时，()0x，即()'0hx

，()hx在()00,x上单调递增；当0π,2xx时，()0x，即()'0hx，()hx在0π,2x上单调递减；又()010h=−，π2π1044h=−，π021h=−，

所以()hx在π0,4和ππ,42上各有一个零点，从而()'fx在π0,2上有且仅有两个零点.【点睛】本题考查根据不等式的恒成立求参数取值范围、证明函数的零点个数，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意零点

存在定理的运用.34．【2020·江西省高三月考（文）】已知函数()2ln1afxxx=++的图象在()()22f,处切线与直线3420xy+=−平行.（1）求实数a的值，并判断()fx的单调性；（2）若函

数()()21gxfxm=−−有两个零点12,xx，且12xx，证明121xx+.【解析】（1）函数()fx的定义域为()0,+，()22xafxx−=，由()43244af−==，解得1a=，所以()12ln1fxxx=++，()222121xfxxxx−=−=，由()0fx，

得102x，故()fx在10,2上单调递减；由()0fx，得12x，故()fx在1,2+上单调递增.（2）证明：()12ln2gxxmx=+−，由12,xx为函数()

gx的两个零点，得111ln2xmx+=，221ln2xmx+=，两式相减，可得121211lnln022xxxx−+−=，即112212ln2xxxxxx−=，1212122lnxxxxxx−=，因此1211212lnxxxxx−=，2121212lnxxxxx−=.令12xtx=，由1

2xx，知01t，则1211112ln2ln2lnttttxxttt−−−+=+=.构造函数()()12ln01httttt=−−，则()()22211210thtttt−=+−=，所以函数()ht在()0,1上单调递增，故()()10hth=，即

12lnttt−，又ln0t，所以112lnttt−，即121xx+.【点睛】本题考查导数的几何意义，函数单调区间的求解，以及利用导数证明不等式，属压轴题.35．【2020·梅河口市第五中学高三月考（文）】已知函数()exfxax=−，()(1)gxaxx=+，aR.（1）

讨论函数()fx的单调性；（2）设()()()Fxfxgx=+，证明：(0,)x+，当2e,4a−−时，函数()Fx恒有两个不同零点.【解析】（1）由题意得：()exfxa=−，①当0a时，()0fx，()fx在R上单调递增；②当0a时

，令()0fx=，解得：lnxa=，当(),lnxa−时，()0fx，()fx单调递减；当()ln,xa+时，()0fx，()fx单调递增；综上所述：当0a时，()fx在R上单调递增；当0a时，()fx在()ln,a

+上单调递增，在(),lna−上单调递减.（2）由题意得：()22eexxFxaxaxaxax=−++=+，令()0Fx=，解得21exxa−=，令()()20exxhxx=，则问题等价于当2e,4a−−时，

1=−ya与()hx的图象恒有两个不同的交点，()()222eexxxxxxhx−−==，当()0,2x时，()0hx；当()2,x+时，()0hx，()hx在()0,2上单调递增，在()2,+上单调递减，()()24

2ehxh=，又0x→时，()0hx→；x→+时，()0hx→，当2140ea−时，1=−ya与()hx的图象恒有两个不同的交点，即2e,4a−−，1=−ya与()hx的图象恒有两个不同的交点，当2e,4a−−时，()Fx在()0

,+上恒有两个不同的零点.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到讨论含参数函数的单调性、利用导数求解函数零点个数问题；求解函数零点个数的关键是能够将问题转化为曲线与直线交点个数问题，利用导数求得函数图象，通过数形结合的方式来进行求解.