【文档说明】人教A版选择性必修 高二年级数学下学期期末考试分类汇编 ——导数及其应用（教师版）【高考】.docx，共(22)页，1.333 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-e99e0bf6d85476699d929f4c733feeec.html

以下为本文档部分文字说明：

专题09导数及其应用1．（2022·四川成都·高二期中（理））若()fx在R上可导，2()35(2)2fxxfx=−−则(1)f¢-=（）A．16B．54C．－25D．－16【答案】D【解析】解：()65(2)fxxf=−，则(2)

125(2)ff=−，解得：(2)2f=，()(1)611016f¢-=?-=-，故选:D.2．（2021·重庆合川·高二阶段练习）过函数21()2xfxex=−图像上一个动点作函数的切线，则切线领斜角范围为（）A．30,4B．30,,24

C．3,4D．3,24【答案】B【解析】【分析】由题意，函数21()2xfxex=−，可得2()1xfxe=−，因为20xe，所以211xe−−，即切线的斜率1

k−，设切线的倾斜角为，则tan1−又因为0，所以02或34，即切线的倾斜角的范围为30,,24.故选：B.3．（2022·安徽·合肥一中模拟预测）对于三次函数()fx，若

曲线()yfx=在点(0,0)处的切线与曲线()yxfx=在点(1,2)处点的切线重合，则(2)f=（）A．34−B．14−C．4−D．14【答案】B【解析】设32()(0)fxaxbxcxda=+++，322(0)0,

(),()32fdfxaxbxcxfxaxbxc===++=++20(0)210fc−===−，设()()gxxfx=，则(1)(1)22gfab==++=，即0ab+=……①又()()(),(1)(1)(1)2,(1)0gxfxxfxgfff=+=+==，即3220ab+

+=……②由①②可得2,2,2abc=−==，(2)14f=−.故选：B.4．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期中）已知曲线()exfx=在点()()0,0Pf处的切线也是曲线()()lngxax=的一条切线，则实数a的值为（）A．e3B．e2C．eD．2e【

答案】D【解析】解：因为()exfx=，所以()01f=，()exfx=，所以()01f=，所以切线的方程为1yx=+，又()ln()gxax=，所以1()gxx=，设切线1yx=+与()ygx=的切点为(,)mn，可得切线

的斜率为11m=，即1m=，1112nm=+=+=，可得切点为(1,2)，所以2lna=，解得2ea=．故选：D．5．（2022·河北·邢台市第二中学高二阶段练习）已知函数()fx与()gx的部分图像如图所示，则（）A．()()101gf−−

B．()()11fg−−C．()()101fg−−D．()()33fg【答案】B【解析】由图可知，()fx与()gx在区间1,3−上单调递增，所以()10g−，()10f−.在区间1,3−上，()gx

的图像比()fx的图像更陡峭，所以()()11fg−−，()()33fg.故选：B6．（2022·广东·中山大学附属中学高二期中）设函数()elnfxx=+，则()()011limxfxfx→+−=

（）A．eB．1C．1−D．e−【答案】B【解析】由题意1()fxx=，所以()11=f，所以原式等于()()()Δ01Δ1lim11Δ→+−==xfxffx.故选：B.7．（2022·重庆·高二阶

段练习）定义在R上的函数()fx满足()()260fxfx−−，且()21e3=−f，则满足不等式()2e3−xfx的x的取值有（）A．1−B．0C．1D．2【答案】D【解析】构造函数()()23exfxFx+=，则()()()

226exfxfxFx−−=，因为()()260fxfx−−，所以()0Fx，所以()()23exfxFx+=单调递减，又()21e3=−f，所以()()21311efF+==，不等式()2e3−xfx变形为()231exfx+，即(

)()1FxF，由函数单调性可得：1x故选：D8．（2022·江苏·昆山柏庐高级中学高二期中）已知()fx的定义域是()0,+，()fx为()fx的导函数，且满足()()fxfx，则不等式()()222e

e2xxfxxf−−+的解集是（）A．()2,1−B．()(),21,−−+C．()1,2−D．()(),12,−−+【答案】B【解析】令()()exfxhx=，则()()()0exfxfxhx−=，所以函数()hx在区间()0,+上单调递增，所以()()()()()()

222222222ee222eexxxxfxxffxxfhxxhxx−−+++++，解之得2x−或1x，即原不等式的解集为(),2(1,)−−+，故选：B.9．（2022·四川省内江市第六中学高二期中）()fx是定义在R上的函数，()fx是()fx的导函数，已

知()()fxfx，且(1)ef=，则不等式()2121e0xfx−−−的解集为（）A．(),1−−B．3,2−−C．()1,+D．3,2+【答案】C【解析】由()()fxfx，得()()0fxfx−构造函数()()xfxgx=e，()()()'0ex

fxfxgx−=，所以函数()gx在(),x−+上单调递增，因为()1ef=，所以()11g=不等式()2121e0xfx−−−等价于()21211exfx−−即()()211gxg−，所以()2111,xx−+故选：C.

10．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数()fx的导函数()3fxx=，21log3af=，342bf−=，432cf=−，则（）A．bacB．bcaC．abcD．acb【答案】A【解析】()3fxx=，则()414fxxc=+，(

)fx为偶函数，且在(0,)+单调递增，()221loglog32,-13=−−，10342(22),−−，即3412,12−，()4324,2−−−，所以()234342log32fff−，∴cab，故选：A二、解答题11．（2

021·重庆合川·高二阶段练习）已知函数()ecosxfxax=−(1)当1,(0,)ax=+，证明：()0fx；(2)若函数()fx在(,)−上恰有一个极值，求a的值．【答案】(1)证明见解析；(2)0a=.【解析

】(1)由题设()ecosxfxx=−且,()0x+，则()esin0xfxx=+，所以()fx在,()0x+上递增，则0()(0)ecos00fxf=−=，得证.(2)由题设()esinxfxax=+在(,)−有且仅有一个变号零点，所以sinexxa=−在(,)−上有

且仅有一个解，令sin()exxhx=−，则2sin()sincos4()eexxxxxhx−−==，而53(,)444tx=−−，故5(,)4t−−时()0hx，(,0)t−时()0hx，3(0,)4t时()0hx，所以()hx在3(,)4x−−

、(,)4上递增，在3(,)44x−上递减，故极大值343e()42h−=，极小值41()42eh=−，()()(0)0hhh−===，要使()hx在(,)−上与ya=有一个交点，则34e2a=或412ea=−或0a=.经验证，34e2a=或412ea=

−时()fx对应零点不变号，而0a=时()fx对应零点为变号零点，所以0a=.12．（2022·吉林·长春市第二实验中学高二期中）设函数()3262fxxaxx=+−+，若()fx在2x=处有极值．(1)求实数a的值；(2)求函数()fx的极值；(3)若对任意的2,4x−，都有()23f

xcc−，求实数c的取值范围．【答案】(1)32−(2)()fx在1x=−处有极大值112，在2x=处有极小值8−(3)()(),36,−−+【解析】(1)()2'326fxxax=+-，因为()fx

在2x=处有极值，所以()'20f=，解得32a=−.检验：当32a=−时，()()()2'336321fxxxxx=--=-+，当()1,2x−时，()'0fx，()fx单调递减；当()2,x+时，()'0fx，()fx单调递增，所以()fx

在2x=处有极小值，满足条件.故32a=−.(2)由（1）知()()()2'336321fxxxxx=--=-+当(),1x−−时，()'0fx，()fx单调递增；当()1,2x−时，()'0fx，()fx

单调递减；当()2,x+时，()'0fx，()fx单调递增；又()311116222f-=--++=，()2861228f=--+=-.所以()fx在1x=−处有极大值112，在2x=处有极小值8−.(3)原命题等价于()2max3fxcc−对任意的2,4x−都成立，由（2）知，(

)fx在()2,1x−−上单调递增，在()1,2x−上单调递减，在()2,4x上单调递增，所以()()()maxmax1,4fxff=−，因为()311116222f-=--++=，()()46424242181ff=--+=>-，所以()2max183fxcc=−，解得()(

),36,c??+?.13．（2022·天津河北·高二期中）已知函数()321fxxaxbx=++−，其中,abR，曲线()yfx=在1x=处的切线方程为81yx=−+．(1)求函数f（x）的解析式；(2)求函数f（x）在区间[－1，4]上的最大值和最小值．【答案】(1)

()32431fxxxx=−−−(2)最大值是－1327，最小值是－19【解析】(1)：∵()321fxxaxbx=++−，∴()232fxxaxb=++．由题意得()()1718ff=−=−，即7328abab+=−++=−，解得4a=−，3b=−．∴()32431fxxxx

=−−−；(2)解：令()()()23833130fxxxxx=−−=+−=，解得13x=−，或3x=，列表讨论()fx和f（x）的变化情况：x11,3−−13−1,33−3（3，4）()fx＋0－0

＋()fx单调递增1327−单调递减－19单调递增∴当13x=−时，函数f（x）有极大值113327f−=−；当3x=时，函数f（x）有极小值()319f=−．又()13f−=−，()413f=−，∴函数f（x）在区间[－1，4]上

的最大值是－1327，最小值是－19.14．（2022·河北·沧县中学高二阶段练习）已知函数()341fxxx=−+，()fx为函数()fx的导数．(1)求()4fxx−的解集；(2)求曲线()yfx=的单调区间

．【答案】(1)223xx−(2)单调递增区间是23,3−−，23,3+，单调递减区间是2323,33−【解析】【分析】由()341fxxx=−+得，()234fxx=−，∴()4fxx−

，即23440xx+−，解得223x−，∴()4fxx−的解集是223xx−(2)()234fxx=−，()2233403fxxx=−==∴当x变化时()fx，()fx的变化情况如下表：x23,3−−233−23

23,33−23323,3+()fx＋0－0＋()fx∴()fx的单调递增区间是23,3−−，23,3+，单调递减区间是2323,33−．15．

（2022·安徽师范大学附属中学高二期中）已知函数()e,()lnxfxaxgxx==．(1)讨论函数()()()exfxhxgx=+的单调性；(2)若()+()1fxgxx−+恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)21,e−−【解析】(1

)解：因为()e()()ln,0xfxhxgxxaxx=+=+，所以1()=+hxax，若0a，则()0hx在(0,)+上恒成立，故()hx在(0,)+上单调递增，若0a，则当10,xa−时，()0hx；当1,xa−+时

，()0hx．故()hx在10,a−上单调递增，在1,a−+上单调递减．综上所述，当0a时，()hx在(0,)+上单调递增，当0a时，在10,a−上单调递增，在1,a−+

上单调递减．(2)由()+()1fxgxx−+等价于()lne1ln1eexxxxxxaxx−+−−+=．令e(0)xtxt=，函数ln1()−+=ttt，则2ln2()−=ttt，由()0t=，可得2et=．当()20,et时，()0,()tt单调递减；当()

2e,t+时，()0,()tt单调递增，故()2min21()eet==−．所以a的取值范围为21,e−−．16．（2022·广西·柳州市第三中学高二阶段练习（理））已知函数32()3fxxxaxb=−++在1x=−处的切线与x轴平行.(1)求a的值；(

2)若函数()yfx=的图象与抛物线231532yxx=−+恰有三个不同交点，求b的取值范围.【答案】(1)9−(2)112b【解析】(1)解：因为32()3fxxxaxb=−++，所以2()36fxxxa=−+

，在1x=−处的切线与x轴平行，(1)0f−=，解得9a=−．(2)解：令23239()()(153)6322gxfxxxxxxb=−−+=−++−，则原题意等价于()gx图象与x轴有三个交点，2()3963(1)(2)gxxx

xx=−+=−−由()0gx，解得2x或1x；由()0gx，解得12x．()gx在1x=时取得极大值()112gb=−；()gx在2x=时取得极小值()21gb=−．故10210bb−−，112b．一、单选题1．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学高二期

中）已知函数()31ln144gxxxx=+−−，2()24fxxtx=−+，若对任意的1(0,2)x存在2[1,2]x，使()()12gxfx，则实数t的取值范围是（）A．17[2,]8B．17[,)8+C．+11[,)4D．32[,)2+【答案】B【解析】因为对任意的

1(0,2)x存在2[1,2]x，使()()12gxfx成立，即()()minmingxfx，由函数()31ln144gxxxx=+−−，可得()22131(1)(3),02444xxgxxxxx−−−=−−

=，当(0,1)x时，()0gx，()gx单调递减；当(1,2)x时，()0gx，()gx单调递增，所以当1x=时，函数()gx取得最小值，最小值为()112g=−，又由函数222()24()4,[1,2]fxxt

xxttx=−+=−+−，当1t时，函数()fx在[1,2]上单调递增，()()min152fxft==−，即1522t−−，解得114t，不成立，舍去；当12t时，函数()fx在[1,]t上单调递减，[],2t上单调递增，()()2mi

n4fxftt==−，即2142t−−，解得322t或322t−，不成立，舍去；当2t时，函数()fx在[1,2]上单调递减，()()min284fxft==−，即1842t−−，解得178t，综上可得，实数t的取值范围是17[,)8+.故选：B.2．（2022·湖北·高二阶段练习

）函数321()253fxxaxx=+−+在(1,2)x内存在极值点，则（）A．1122a−B．1122a−C．12a−或12aD．12a−或12a【答案】A【解析】由题意知：2()22fxxax=+−在(1,2)x内存在变号零点，即2220xa

x+−=在(1,2)x内有解，则12xax=−+，易得12xyx=−+在()1,2内单调递减，值域为11,22−，故1122a−.故选：A.3．（2022·甘肃·兰州一中高二期中）定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足()10xfxx

−−，且f（4）＝ln（4e4），则不等式f（ex）＞ex+x的解集为（）A．（4，+∞）B．（﹣∞，2）C．（ln2，+∞）D．（ln4，+∞）【答案】D【解析】解：令g（x）＝f（x）﹣lnx﹣x，因

为定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足xf′（x）﹣1﹣x＞0，所以g′（x）＝()()1110xfxxfxxx−−−−=，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，因为f（4）＝ln（4e4）＝4+

ln4，所以g（4）＝0，则不等式f（ex）＞ex+x可转化为g（ex）+x+ex＞ex+x，即g（ex）＞0=g（4），所以ex＞4，所以x＞ln4．故选：D．4．（2022·河南·高二阶段练习（理））若当)0,x+时，关于x的不等

式()e2ln1xxaxx++恒成立，则实数a的取值范围是（）A．)0,+B．1,e+C．)2,−+D．)e,+【答案】A【解析】【分析】令()ln1gxxx=−+，所以()111xgxxx−=−=，所以当()01x，时()0gx，()gx单调递增，当(

)1,x+时()0gx，()gx单调递减，所以()()10gxg=，即()0x+，时，ln1−xx恒成立，所以当)0,x+时，()ln1xx+恒成立成立；若当)0,x+时，关于x的不等式()e2ln1xxaxx++恒成立，则等价于当)0,x+时，关于x

的不等式e2xxaxx+恒成立，当0x=时，不等式显然成立当()0,x+时，关于x的不等式e2xxaxx+恒成立，即21exa−恒成立，又函数1exy=−在()0,x+上单调递减，所以01e1e0x−−=，所以20a，即0a；综上实数a的取值范围是)0,

+.故选：A.5．（2022·江苏·海门中学高二阶段练习）已知函数()322fxaxxbx=++的图象在点()()1,1Af−−处的切线方程为840xy++=，且函数()yfx=在[0,2]上的最大值为M，最小值为m，则Mm+的值为（）A

．5827−B．2−C．427−D．0【答案】B【解析】解：()322fxaxxbx=++，2()34fxaxxb=++(1)348fab−=−+=−，又1x=−时，4y=，则(1)24fab−=−+−=，解得1a=

−，1b=−，则32()2fxxxx=−+−，2()341fxxx=−+−，[0,2]x，当113x时，()0fx，当103x或12x时，()0fx，故函数()fx在10,3，(1,2

)上单调递减，在1,13上单调递增，故()fx的极小值为14327f=−，极大值为(1)0f=，()()00,22ff==−，故函数()yfx=在[0,2]上的最大值为0M=，最小

值为2m=−，则2.Mm+=−故选：B6．（2022·首都师范大学附属中学高二期中）已知函数()e,12,1xxxfxxx=−，若()yfxk=−有三个不同的零点，则实数k的取值范围为（）A．1,ee−B．1,ee−C．1,0e

−D．1,e−+【答案】C【解析】当1x时，()e,()e(1)xxfxxfxx==+，故当1x−时，()0,()fxfx单调递减，当11x−时，()0,()fxfx单调递增，故min1()(1)efxf=−=−，且0x时，()0fx，

当2x时，()2fxx=−，由此作出函数的大致图象如图：由()yfxk=−有三个不同的零点，即函数()yfx=的图象与yk=有三个不同的交点，结合图象，可得1(,0)ek−，故选：C7．（2022·天津市蓟州区第一中学高二期中）已知函数()()22exfxxagxx=−+=，，

若对任意的21,1x−，存在11,22x−使得()()12fxgx=，则实数a的取值范围是（）A．e1,4+B．[e，4]C．1e,4e+D．1e1,4e++【答案】B【解析】解：()2exgxx=的导函数为()

()22ee2exxxgxxxxx=+=+，由)1,0x−时，()0gx，(0,1x时，()0gx，可得g（x）在[–1，0]上单调递减，在（0，1]上单调递增，故g（x）在[–1，1]上的最小值为g（0）=0，最大值为g（1）=e，所以对于任意的2[1,1]x−，

()20,egx．因为2yxa=−+开口向下，对称轴为y轴，所以当0x=时，max()fxa=，当2x=时，min()4fxa=−，则函数2()fxxa=−+在[12−，2]上的值域为[a–4，a]，由题意，得[0,e4a−，a，可得40eaa−，解得e4a．故选

：B.8．（2022·山东济宁·高二期中）已知ln21ln5,,2e5===abc，则a，b，c的大小关系为（）A．abcB．cabC．bcaD．bac【答案】D【解析】解：因为ln2lneln5,,2e5===a

bc，令()lnxfxx=，则()21lnxfxx−=，当0ex时，()0fx，则()fx在()0,e上递增；当ex时，()0fx，则()fx在()e,+上递减，因为2e5，所以()()()()2e,e5ffff，又()()ln2ln55ln22l

n5ln32ln25250251010ff−−−=−==，所以()()25ff，即bac，故选：D9．（2022·黑龙江·双鸭山一中高二期末）已知()fx是奇函数()fx的导函数，()10f−=，当0x时，()()0xfxfx−

，则使得()0fx成立的x的取值范围是A．()()1,01,−+B．()(),10,1−−C．()()1,00,1−UD．()(),11,−−+U【答案】A【解析】设g（x）()fxx=，则g′（x）＝2xf(x)f(x)x−，∵当x＞0时，x

f′（x）﹣f（x）>0，∴当x＞0时，g′（x）>0，此时函数g（x）为增函数，∵f（x）是奇函数，∴g（x）()fxx=是偶函数，即当x＜0时，g（x）为减函数．∵f（﹣1）＝0，∴g（﹣1）＝g（1）＝0，当x＞0时，f（x）>0

等价为g（x）()fxx=>0，即g（x）>g（1），此时x＞1，当x＜0时，f（x）>0等价为g（x）()fxx=<0，即g（x）<g（﹣1），此时﹣1＜x＜0，综上不等式的解集为（﹣1，0）∪（1

，+∞），故选A．10．（2022·重庆市万州第二高级中学高二阶段练习）设函数()(21)xfxexaxa=−−+，其中1a，若存在唯一的整数0x，使得0()0fx，则a的取值范围是（）A．3,12e−B．33,2e4−C．33,2e4D．3,12e

【答案】D【解析】设()()21xgxex=−，()1yax=−，由题意知，函数()ygx=在直线yaxa=−下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，()()21xgxex=+，当12x−时，()0gx；当12x−

时，()0gx.所以，函数()ygx=的最小值为12122ge−−=−.又()01g=−，()10ge=.直线yaxa=−恒过定点()1,0且斜率为a，故()01ag−=−且()31gaae−=−−−，解得312ae，故选D.二、解答题11．（2022·北京·北师

大二附中三模）已知函数()()e1lnxfxmx=+，其中0m，()fx为()fx的导函数.(1)当1m=，求()fx在点()()1,1f处的切线方程；(2)设函数()()exfxhx=，且()52hx…恒成立.①求

m的取值范围；②设函数()fx的零点为0x，()fx的极小值点为1x，求证：01xx.【答案】(1)2eeyx=−(2)①3,2+;②详见解析【解析】(1)1m=时，()()e1lnxfxx=+,()1e1lnxfxxx

=++,()12ef=,()1ef=，所以函数在1x=处的切线方程()e2e1yx−=−，即2eeyx=−.(2)①由题设知，()e1ln(0)xmfxmxxx=++，()()1lnexfxmhxmxx==++，2(1)()(0)mxhxxx−=，由(

)0hx，得1x，所以函数()hx在区间(1,)+上是增函数；由()0hx，得01x，所以函数()hx在区间()0,1上是减函数.故()hx在1x=处取得最小值，且()11hm=+.由于5()2hx恒成立，所以512m+，得32m，

所以m的取值范围为3,2+；②设()()e1lnxmgxfxmxx==++，则22()e1lnxmmgxmxxx=+−+.设22()1ln(0)mmHxmxxxx=+−+，则()22332222()0mxxmmmHxxxxx−

+=−++=，故函数()Hx在区间(0,)+上单调递增，由（1）知，32m，所以(1)10Hm=+，11ln21ln2202Hm=−−，故存在21,12x，使得()20Hx=，所以，当20xx时，()0Hx，()0gx，函

数()gx单调递减；当2xx时，()0Hx，()0gx，函数()gx单调递增.所以2x是函数()gx的极小值点.因此21xx=，即11,12x.由①可知，当32m=时，5()2hx

，即33521ln22xx++，整理得1ln1xx+，所以lnmmxmx+.因此()11111()e1lne(1)0xxmgxgxmxmx=+++，即()0fx.所以函数()fx在区间(0,)+上单调递增.由于()10Hx

=，即121121ln0mmmxxx+−+=，即121121lnmmmxxx+=−，所以()()()1111102112e1lne0xxxfxmxmfxx−=+==.又函数()fx在区间(0,)+上单调递增，所以01xx.12．（2022·河北衡水

·高三阶段练习）已知函数()()2ln1fxxxax=+++，()2e1xgxxkx=++−．(1)若()fx在点()()1,1f处的切线的斜率为32，求()fx的最值；(2)若()fx在原点处取得极值，当0x时，()gx的图像总在()fx的图像的上方，求k的

取值范围．【答案】(1)()fx有最小值，且最小值为333ln42−，无最大值；(2))1,−+.【解析】由题意得，函数()fx的定义域为()1,−+，()211afxxx=+++．因为()312f=，所以3211112a++=+，解得3a=−，所以()()23ln1fxxx

x=+−+，则()232322111xxfxxxx+−=+−=++()()2121xxx−+=+．令()0fx=，解得12x=或2−（舍），所以当11,2x−时，()0fx，则()fx单调递减；当1,2x+时，()0fx，则()fx单

调递增，所以函数()fx有最小值，且最小值()min1333ln242fxf==−，无最大值．(2)因为()211afxxx=+++，()1,x−+，所以()02010fa=++=，解得1a=−，所以()()2312111xxfxxxx+=+

−=++，若()1,0x−，则()0fx，()fx单调递减，若()0,x+，则()0fx，()fx单调递增．因为当0x时，函数()gx的图像总在函数()fx的图像的上方，即()()gxfx恒成立，所以()22e1ln1xxkxxxx++−+−+，即()()eln1110xxkx

+++−−．设()()()eln111xhxxkx=+++−−，0x，则()1e11xhxkx=++−+，令()()Fxhx=，则()()()()()222211e10111xxxFxxxx+=−−=+++，所以函数()hx在()0,+上单调递增，所以()(

)01hxhk=+，当10k+，即1k−时，()0hx，所以函数()hx在()0,+上单调递增，所以()()00hxh=恒成立，符合题意；当10+k，即1k−时，()010hk=+，()()0hxh，所以存在()00,x+

，使得()00hx=，所以函数()hx在()00,x上单调递减，在()0,x+上单调递增．又()()000hxh=，所以()0hx不恒成立，故不符合题意．综上所述，k的取值范围为)1,−+．13．（20

22·河北保定·高二期中）已知函数()lnfxxax=−．(1)求函数()fx的单调区间；(2)若函数()fx无零点，求实数a的取值范围；(3)若函数()fx有两个相异零点12,xx，求证；212exx．【答案】(1)答案见解(2)1,e+（）(3)证明见解

析【解析】(1)解：由题可知()lnxxfxa=−的定义域是()110axfxaxx−+=−=（，），，当0a时，()0fx，所以()fx在0（，）+上单调递增；当0a时，令()0fx=，解得1xa=，当10xa时，()0fx，所以()fx在10a（，）上单调

递增，当1xa时，()0fx，所以()fx在1,a+（）上单调递减.综上：当0a时，()fx在0（，）+上单调递增；当0a时，()fx在10a（，）上单调递增，在1,a+（）上单调递减.(2)解：由（1）可知，要使函

数()fx无零点就需要0a，此时()fx在10a（，）上递增，在1,a+（）上递减，()1ln1fxfaa=−−，欲使函数()fx无零点，则只要ln10a−−，即1ln1,eaa−所以a的范围是1,e+

（）.(3)因为()fx有两个相异的零点，又由于0x，故不妨设令120xx，且有11lnxax=，22lnxax=，()()12121212lnlnlnlnxxaxxxxaxx+=+−=−，，要证()2121212eln2lnln2xxxxxx+

121212121212lnlnlnln22xxxxxxxxxxxx−−+−−+（）()112211211222212lnlnln1xxxxxxxxxxxx−−−++令12xtx=，则1t，

所以只要证明()21ln11tttt−+，时恒成立，令()()21ln1tgttt−=−+，1t()()()()222114g11tttttt−=−=++，由于已知()10tgt恒成立，所以()gt在1（，）+递增，()()10gtg=

所以1t时，()0gt恒成立，即()2-1ln1ttt+恒成立，从而证明212xxe.【点睛】利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式()()()()()fxgxfxgx转化为证明(

)()0fxgx−()()(0)fxgx−，进而构造辅助函数()()()hxfxgx=−；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式

同解变形，根据相似结构构造辅助函数；14．（2022·四川成都·高二期中（理））已知函数()()lnexafxx+=−（其中e2.718=为自然对数的底数）.(1)若曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线与x轴交于点(2,0)，求a的值；(2)求证：11ea−时

，()fx存在唯一极值点0x，且010ex.【答案】(1)ln21a=−−(2)证明见解析【解析】(1)因为()()1exafxx+−=，所以()()111eaf+=−，又(1)(1)eaf+=−，所以曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程

为11e(1e)(1)aayx+++=−−，令0y=，得111eax+=−，因为切线与x轴正半轴交于点(2,0)，所以1121ea+=−，所以ln21a=−−；(2)因为()()1exafxx+−=，设()(

)()1exagxfxx+==−，因为()()21exagxx+=−+，所以0x时，()0gx，故()gx在(0,)+上是减函数，因为()eexaa+，若1ex，则eax−时，()0gx，当01x时，()1eexaa++，若11ex+

，则(1)eax−+，故当(1)0eax−+时，()0gx，所以()()gxfx=有唯一零点0x，当00xx时，即()0fx，故()fx为增函数，当0xx时，即()0fx，故()fx为减函数.所以()fx存在唯一极大值点0x，又因()001exax+

=，即00001ln(ln)axxxx=−=−+，所以11ea−等价于()00111ln1lneeexx−+−=−+所以()0011lnlneexx++，因为00lnxx+是增函数，故010ex15．（2022·广东·佛山市南海

区罗村高级中学高二阶段练习）已知函数3211()(1)132fxaxaxx=−+++（1a）.（I）若3a=，求曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程；（II）若()fx在R上无极值点，求a的值；（III）当(0,2)x时，讨论函数()fx的零点个数，并说明理由.【答

案】（1）1y=；（2）19a时函数()fx在(0,2)上无零点；当9a=时，函数()fx在(0,2)上有一个零点；当9a时，函数()fx在(0,2)上有两个零点.【解析】（I）当3a=时，()3221fxxxx=−++，()2'3

41fxxx=−+，()'10f=，()11f=，所以曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程为1y=.（II）()()2'11fxaxax=−++，1a，依题意有()'0fx，即0，()2140

aa+−，解得1a=.(III)（1）1a=时，函数()fx在R上恒为增函数且()01f=，函数()fx在()0,2上无零点.（2）1a时：当10,xa，()'0fx，函数()fx为增函数；当1,1xa

，()'0fx，函数()fx为减函数；当()1,2x，()'0fx，函数()fx为增函数.由于()22103fa=+，此时只需判定()3162af=−+的符号：当19a时，函数()fx在()0,2上无

零点；当9a=时，函数()fx在()0,2上有一个零点；当9a时，函数()fx在()0,2上有两个零点.综上，19a时函数()fx在()0,2上无零点；当9a=时，函数()fx在()0,2上有一个零点；当9a时，函数()fx在()0,2上有两个零点.