2021高考导数压轴最新50题.docx

1、试卷第 1 页，总 90 页 绝密启用前绝密启用前 2021 高考导数压轴最新高考导数压轴最新 50 题题 一、解答题一、解答题 1 （ （2021 甘肃高三一模（文） ）已知函数甘肃高三一模（文） ）已知函数 2 1 1ln 2 f xxaxax. （1）当）当0a 时，求函数时，求函数 fx的单调区间；的单调区间； （2）设函数）设函数 22 ln1 2 x g xeaxaxf x ，若，若 g x在在1,2内有且仅有内有且仅有 一个零点，求实数一个零点，求实数a的取值范围的取值范围. 【答案】【答案】 （1）答案见解析； （2） 2 5 ,2 2 e e . 【分析】 （1）求出函数的导

2、数，分01a，1a 和1a 三种情况判断导数正负可得出单调区 间； （2）由题可得 2 e1 x x a x 在 1,2上有且仅有一个实数根，构造函数 2 e1 x x h x x ，利用导数求出函数的单调性，即可求出. 【详解】 解： （1）函数 fx的定义域为0,， 所以 2 11 1 aaxxax fa x a x x x x x . （）当01a时，由 0fx ，得1ax，则 fx的减区间为,1a； 由 0fx ，得x a ，或1x ，则 fx的增区间为0,a和 1,. （）当1a 时， 0fx ，则 fx的增区间为0,. （）当1a 时，由 0fx ，得1xa，则 fx的减区间为1,

3、a； 由 0fx ，得，1x ，或x a ，则 fx的增区间为0,1和, a . （2） 2 e22 ln1 2e1 xx g xaxaxf xxax ， g x在1,2内有 且仅有一个零点，即关于x方程 2 e1 x x a x 在 1,2上有且仅有一个实数根. 试卷第 2 页，总 90 页 令 2 e1 x x h x x ， 1,2x，则 2 11 exxx h x x ， 令 1 exp xx ，1,2x.则 1 e0 x p x ，故 p x在1,2上单调递减. 所以 12e0p xp， 即当1,2x时， 0h x ，所以 h x在 1,2上单调递减. 又 12eh， 2 5e 2

4、2 h ，则 2 5e 2e 2 h x ， 所以a的取值范围是 2 5e ,2e 2 . 【点睛】 方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系 中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 2 （ （2021 山西高三一模（理） ）已知函数山西高三一模（理） ）已知函数 2 1 ( )ln, ( )ln 2 f xxxkxx g xxkx （1）当）当1k

5、时，求时，求( )g x的最大值；的最大值； （2）当）当 1 0 e k时，时， （i）判断函数）判断函数( )g x的零点个数；的零点个数； （ii）求证：）求证： ( )f x有两个极值点 有两个极值点 12 ,x x，且，且 12 12 1 f xf x xx 【答案】【答案】 （1）-1； （2）两个；证明见解析. 【分析】 求导，当0k 时，利用导函数分析原函数的单调性； （1）当1k 时，利用单调性求最 值即可； （2） （i）利用单调性以及零点存在性定理可判断函数( )g x的零点个数； （ii） ln( )xkxg x， 由 （i） 知( )g x有两个零点， 设为 12 ,

6、x x， 且 12 1 0 xx k ， 通过( )g x 的单调性，分析 fx的单调性，可得 12 ,x x为( )f x的两个极值点，代入函数可得 试卷第 3 页，总 90 页 12 12 12 lnln 2 2 f xf xxx xx ，用分析法证明 12 lnln 21 2 xx ，整理令 2 1 1 x t x ，记 2(1) ( )ln 1 t h tt t ，求导，得到( )(1)0h th即可. 【详解】 解：( )g x定义域为 11 (0,),( ) kx g xk xx 当0k 时，令( )0g x ， 得 1 0 x k ， 令( )0g x ，得 1 x k ， 故(

7、 )g x在 1 0, k 上单调递增，在 1 , k 上单调递减 （1）当1k 时，( )g x在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减， 所以 max ( )(1)1g xg （2） （i）( )g x在 1 0, k 上单调递增，在 1 , k 上单调递减， ( )g x至多有两个零点 11 ln10, (1)0,( )ggkg x kk 在 1 1, k 上有一个零点 由（1）可证ln10,lnxxxx ， 从而 22 4442424 ln2ln20g kkkkkkk ， 又 1 0g k ， ( )g x 在 2 14 , k k 上有一个零点 综上，函数( )g x有两个零点

8、（ii） ( )f x的定义域为(0, ),( )ln11ln( )fxxkxxkxg x 由（i）知( )g x有两个零点， 试卷第 4 页，总 90 页 设为 12 ,x x，且 12 1 0 xx k ， 且 1122 ln,lnxkxxkx 又( )g x在 1 0, k 上单调递增，在 1 , k 上单调递减 当 1 0 xx，或 2 xx时， ( )0g x； 当 12 xxx时，( )0g x ( )f x在 1 0,x上单调递减，在 12 ,x x上单调递增，在 2, x 上单调递减， 故 12 ,x x为( )f x的两个极值点 1 11111 1 111 ln1lnln1l

9、n1 222 f x xkxxxx x ， 同理 2 2 2 1 ln1 2 f x x x 欲证 12 12 12 lnln 21 2 f xf xxx xx ， 即证 12 lnln2xx 1122 ln,lnxkxxkx， 2121 2121 lnln lnln xxk xx xxk xx ， 2 21212112 2121 2 2121211 1 1 lnln ,lnlnlnlnln lnln 1 x xxxxxxxx xxxx x xxxxxxx x ， 令 2 1 1 x t x ， 即证 1ln 2 1 t t t ， 即证 2 t1 ln00 1 t t 试卷第 5 页，总 9

10、0 页 记 2 22 2(1)14(1) ( )ln,( )0 1(1)(1) tt h tth t tttt t ， ( )h t 在(1,)上单调递增， 故( )(1)0h th， 命题得证 【点睛】 方法点睛：利用导数研究函数 ( )f x的单调性和极值的步骤： 写定义域， 对函数 ( )f x求导 ( ) fx； 在定义域内， 解不等式 ( )0fx和( )0fx； 写出单调区间，并判断极值点. 3 （ （2021 聊城市聊城市 山东聊城一中高三一模）已知函数山东聊城一中高三一模）已知函数 ln ae fxx x ，其中，其中 e 是自是自 然对数的底数然对数的底数 （1）设直线）设直

11、线 2 2yx e 是曲线是曲线 1yf xx的一条切线，求的一条切线，求a的值；的值； （2） 若） 若aR ， 使得， 使得 0f xma对对0 x ，恒成立， 求实数恒成立， 求实数m的取值范围的取值范围 【答案】【答案】 （1）0a ； （2） 1 m e . 【分析】 （1）设切点坐标为 00 ,xf x，根据题意只需满足 0 2 fx e ， 000 0 2 ln2 ae f xxx xe ，然后求解方程组得出a的值及 0 x的值； （2）记 ln ae g xf xmaxma x ，求导讨论函数 g x的单调性，确定 最值，使 min 0gx 成立，得到关于参数m的不等式，然后利

12、用参数分离法求解参数 m的取值范围. 【详解】 解： （1）设切点为 00 ,xf x，其中 0 1x ， 有 0 2 00 12ae fx xxe ，且 000 0 2 ln2 ae f xxx xe 得 0 0 2 1 xae xe ，所以 0 0 4 ln30 x x e ，易解得： 0 xe，则0a ； 试卷第 6 页，总 90 页 （2）记 ln ae g xf xmaxma x ，有 2 xae gx x ， 当ae， 2 0 xae gx x 恒成立，则函数 g x在0,上递增，无最小值， 不符合题意； 当ae时，当,xae时， 0gx ，当0,xae时， 0gx ， 所以函数

13、g x在0,ae上递减，在,ae上递增，所以 g x在x ae 处取 得最小值， min ln10g xg aeaema ， 则有 1 ln ae m a ，记 1 ln ae h aae a ， 有 2 ln e ae ae h a a ， 易知 h a在,2ee单调递增，在2 , e 单调递减， 则 max 1 2h ahe e ，所以 1 m e ，得 1 m e . 【点睛】 本题考查导数的几何意义，考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围，求解的一般 方法如下： （1）直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不 等式，从而求出参数的取值范围； （2）采用参

14、数分离法，然后构造函数，直接将问题转化为函数最值的求解即可. 4 （ （2021 全国高三月考（理） ）已知函数全国高三月考（理） ）已知函数 2 1 ln0 2 xaf xxx a. （）讨论函数）讨论函数 fx的单调性；的单调性； （）若）若 fx有两个极值点有两个极值点 1212 ,x xxx，且，且 112 f xxxR恒成立，恒成立， 求求的取值范围的取值范围. 【答案】【答案】 （） fx在 2 4 0, 2 aa 和 2 4 , 2 aa 上单调递增，在 22 44 , 22 aaaa 上单调递减； （） 5 , 2 . 【分析】 试卷第 7 页，总 90 页 （）函数 fx的定

15、义域为( ) 0,+?，求导得 2 1x x x x f a ，再分 2 40a 和 2 40a 两种情况讨论求解即可； （）由（1）得 12 ,x x是方程 2 10 xax 的两个不等正实根，故 12 2xxa， 12 1x x，进而得 21 01xx ，故问题转化为 1132 111111 2 1 ln1 2 f xx xxxxxx x R恒成立，再令 32 1 ln1 2 gxxxx xxx ，研究 g x的最值即可得答案. 【详解】 （）由题可知函数 fx的定义域为( ) 0,+?， 2 1x x x x f a ， 当 2 40a 且0a ，即02a时， 0fx，则函数 fx在(

16、) 0,+?上 单调递增； 当 2 40a 且0a ，即2a 时，令 0fx，即 2 10 xax ， 解得 2 4 2 aa x 或 2 4 2 aa x ，且均为正数， 令 0fx得 2 4 0, 2 aa 2 4 , 2 aa ， 令 0fx得 22 44 , 22 aaaa ， 所以函数 fx在 2 4 0, 2 aa 和 2 4 , 2 aa 上单调递增，在 22 44 , 22 aaaa 上单调递减. （）若 fx有两个极值点 12 ,x x，则 12 ,x x是方程 2 10 xax 的两个不等正实根， 所以结合（）可知 12 2xxa， 12 1x x. 又因为 12 xx，所

17、以 21 01xx . 由 112 f xxxR恒成立， 试卷第 8 页，总 90 页 可得 11 2 f xx x R恒成立， 而 1132 1111 2 1 1ln 2 f xx xa xxx x 32 111111 1 ln1 2 xxxxxx 令 32 1 ln1 2 gxxxx xxx ， 则 2 3 2ln 2 xxxgx . 令 2 3 2ln1 2 hxxxx x ， 则 1311 320 xx x x h x x ， 则函数 h x在( ) 1,+?上单调递减， 所以 7 10 2 h xh ，故 0gx， 则函数 g x在( ) 1,+?上单调递减， 5 1 2 g xg

18、，可得 5 2 ， 所以的取值范围是 5 , 2 . 【点睛】 本题考查了运用导数求函数的单调区间及恒成立问题， 在含有参量求单调区间时注意分 类讨论，解答恒成立问题时遇到多元的方法是消元，本题借助根与系数之间的关系将零 点转化为 32 1 ln1 2 gxxxx xxx 的最值为题，是难题 5 （2021 商丘市第一高级中学）已知函数商丘市第一高级中学）已知函数( )ln(1),(0)f xxa xa （1）若函数）若函数 ( )f x在 在(1,)是单调减函数，求实数是单调减函数，求实数 a 的取值范围；的取值范围；1,) （2） 在 （） 在 （1） 的条件下， 当） 的条件下， 当nN

19、 时， 证明：时， 证明： 23 1111 1111 2222n e 【答案】【答案】 （1）1,)； （2）证明见解析 【分析】 （1）由题可得 1 ( )0fxa x 在区间(1,)上恒成立，即可求出； 试卷第 9 页，总 90 页 （2）由（1）可得ln1,(1)xxx，可得 11 ln 1 22 nn ，分别取1,2,3,nn 相加即可证明. 【详解】 解： （1）函数 ( )f x在(1,)是单调减函数， 1 ( )0fxa x 在区间(1,)上恒成立1x Q，可得 1 01 x 1a，即实数 a 的取值范围为1,)； （2） 由 （1） 得当1a 时，( ) f x在(1,)上单调

20、递减，( )ln(1)(1)0f xxxf ， 可得ln1,(1)xxx，令 1 1 2n x ，可得 11 ln 1 22 nn ， 分别取1,2,3,nn， 得 23 1111 ln 1ln 1ln 1ln 1 2222n 23 11111 11 22222 nn ， 即 23 1111 ln1111ln 2222n e ， 可得 23 1111 1111 2222n e ，对任意的 * nN成立 【点睛】 关键点睛： 本题考查利用导数证明数列不等式， 解题的关键是根据ln1,(1)xxx， 得出 11 ln 1 22 nn . 6 （ （2021 浙江宁波市浙江宁波市 高三月考）已知函数

21、高三月考）已知函数 ln x e f xxx x ，其中，其中2.71828.e 是自然对数的底数是自然对数的底数 （1）若曲线）若曲线( )yf x与直线与直线y a 有交点，求有交点，求 a 的最小值；的最小值； （2）设设 1 xx x ，问是否存在最大整数，问是否存在最大整数 k，使得对任意正数，使得对任意正数 x 都都 11 2 k f xfx 成立？若存在， 求出 成立？若存在， 求出 k 的值， 若不存在， 请说明理由；的值， 若不存在， 请说明理由； 试卷第 10 页，总 90 页 若曲线若曲线( )yf x与直线与直线y a 有两个不同的交点有两个不同的交点,A B，求证：，

22、求证： 2 | 2 (2)1ABae . 【答案】【答案】 （1） min e 1a； （2）存在，1k ；证明见解析. 【分析】 （1）求出函数 fx的导函数，得出其单调区间，求出 fx的最小值，得到答案. （2）当0k 时, ( )(1)0( )(1) 2 k xf xf，原不等式恒成立当0k 时, 设( )( )(1) ( )(1) 2 k F xf xfx，即 2 (1) 2e2(1) ( ) 2 x xxk x F x x ，再 设 2e2(1) x p xxk x， 求出导数分析其单调性， 得到其最值， 然后再分析( )F x 的符号，讨论得出( )F x的单调性和最值，从而得到答

23、案. 设 1, A x a， 2, B x a，1 2 xx 由 （1） 可知(1)1fe,所以 1 (1)1f xfae， 2 (1)1f xfae,由可得 11 22 1 (1)(1) , 2 1 (1)(1) , 2 f xfx f xfx ，从而可证. 【详解】 解： （1）由己知得， 2 (1) e ( ),0 x xx fxx x 由于e1 x xx ，所以 ( )0fx可得1x ( )0fx可得01x 得当 x 变化时，( ) fx与 ( )f x的变化情况如下表所示： x (0,1) 1 (1,) ( ) fx 0 ( )f x 极小值 1e 当x 时，,ln x e x x

24、，所以 f x 试卷第 11 页，总 90 页 当0 x 时， fx有最小值 01fe 因此，当曲线( )yf x与直线y a 有交点时， min (1)1afe （2）由（1）知( )(1)0f xf， 1 xx x 在( ) 1+，上单调递增，在0,1上单调递减，所以( )(1)0 x 当0k 时，又( )(1)0 x， 则 ( )(1)0( )(1) 2 k xf xf，原不等式恒成立 当1k 时，令( )( )(1) ( )(1) 2 k F xf xfx，则 2 (1) 2e2(1) ( )( )( ) 22 x xxk x k F xfxx x 设( )2e2(1) x p xxk

25、 x， 得( ) 2 e2 x p xk ， 故当 x 变化时，( )p x 与( )p x的 变化情况如下表所示： x 0,ln 1 2 k ln 1 2 k ln 1, 2 k ( )p x 0 ( )p x 极小值 这样， 当1k 时， 2 338e ( )ln23lnln0 2227 p xp ， 此时当 x 变化时，( )F x 与( )F x的变化情况如下表所示： x (0,1) 1 (1,) ( )F x 0 ( )F x 极小值 得 ( )(1)0F xF ，即原不等式恒成立 当2k 时，得(1)2e(22)0pk，lim ( ) x p x ，则 ( )p x在(1,)内有唯

26、 一零点 0 x此时 x 变化时，( )F x 与( )F x的变化情况如下表所示： 试卷第 12 页，总 90 页 x (0,1) 1 0 1,x 0 x 0, x ( )F x 0 0 ( )F x 极大值 极小值 得 0 (1)0F xF，即原不等式不恒成立 综上所述，存在最大整数1k ，使得原不等式恒成立 证明：设 1, A x a， 2, B x a， 12 xx由（1）可知(1)1fe 所以 1 (1)1f xfae， 2 (1)1f xfae 由可得 11 22 1 (1)(1) , 2 1 (1)(1) , 2 f xfx f xfx 即 1 1 2 2 11 e 12 2 1

27、1 e 12 2 ax x ax x 所以 12 , xx都满足不等式 11 e 12 2 ax x ，即 2 2(e2)10 xax ， 故区间 12 ,x x为不等式 2 2(e2)10 xax 解集的子集， 得 2 21 |2 (e2)1ABxxa 【点睛】 关键点睛：本题考查函数图像有交点求参数的范围和根据恒成立求参数范围，解答本题 的关键是由( )( )(1) ( )(1)0 2 k F xf xfx在定义域内恒成立， 即分析其单调 性， 由其导数为 2 (1) 2e2(1) ( ) 2 x xxk x F x x ， 设 2 e2(1 ) x p xx k x， 根据的单调性 p

28、x，分析得出( )F x 的符号，得出( )F x单调性，属于难题. 7 （ （2021 全国高三专题练习（理） ）已知函数全国高三专题练习（理） ）已知函数 ( )sincos , ( )sincos xx f xexx g xexx （1）证明：当）证明：当 5 4 x 时，时，( )0f x ； （2）若）若( )2g xax，求，求 a 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2）2a 试卷第 13 页，总 90 页 【分析】 (1)由题意分类讨论当 4 5 , 4 x ，,0 4 x ，0,x，几种情况即可 证得题中的结论. (2)观察(1)中的结论，首先讨论 5 4 x 时a的取值

29、，然后验证当 5 4 x 时不等式成 立即可求得实数a的值. 【详解】 (1)分类讨论： .当 4 5 , 4 x ， 2sin0 4 x f xex ； .当 ,0 4 x 时， cossin ,00 x fxexx f， sincos2sin0 4 xx fxexxex ， 则函数 fx 在,0 4 上单调增，则 00fxf ， 则函数 fx在,0 4 上单调减，则 00f xf； .当0 x 时，由函数的解析式可知 01 0 10f ， 当0,x时，令 sin0H xxx x ，则 cos10Hxx ， 故函数 H x在区间0,上单调递增，从而： 00H xH， 即sin0, sinxx

30、xx ， 从而函数 sincos1 xx f xexxex， 令1 x yex，则：1 x ye ， 当0 x 时，0y，故1 x yex在0,单调递增， 故函数的最小值为 0 min 0 10ye ， 从而：10 x ex . 从而函数 sincos10 xx f xexxex ； 试卷第 14 页，总 90 页 综上可得，题中的结论成立. (2) 当 5 4 x 时， 令 2sincos2 x h xg xaxexxax 则 cossin x h xexxa， 0hxf x，故 h x 单调递增， 当 2a 时， 020ha ，ln222sin ln20 4 haa ， 1 0,ln2xa

31、使得 1 0h x， 当 1 0 xx时， 0,h xh x单调递减， 00h xh不符合题意; 当2a 时， 00 h ， 若在 5 ,0 4 x 上，总有 0h x （不恒为零） ， 则 h x在 5 , 4 上为增函数，但 00h， 故当 5 ,0 4 x 时， 0h x ，不合题意 故在 5 ,0 4 x 上， 0h x 有解， 故 2 5 ,0 4 x ，使得 2 0h x， 且当 2 0 xx时， 0,h xh x单调递增， 故当 2,0 xx时， (0)0h xh，不符合题意; 故2a 不符合题意， 当 a=2 时， cossin2 x h xexx， 由于 h x 单调递增，

32、00 h ，故： 5 0 4 x时， 0,h xh x 单调递减; 0 x 时， 0,h xh x 单调递增， 此时 00h xh 试卷第 15 页，总 90 页 当 5 4 x 时， 5 sincos220220 2 x h xexxx， 综上可得，2a . 【点睛】 对于利用导数研究不等式问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值 范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； 3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参 数后构造的新函数能直接求岀最值点的情况，通常要设出导数的零

33、点，难度较大. 8 （ （2021 全国高三专题练习（理） ）已知函数全国高三专题练习（理） ）已知函数 2 ( )lnf xxax （1）若）若2a ，求曲线，求曲线( )yf x的斜率等于的斜率等于 3 的切线方程；的切线方程； （2）若）若( )yf x在区间在区间 1 ,e e 上恰有两个零点，求上恰有两个零点，求 a 的取值范围的取值范围 【答案】【答案】 （1）322ln20 xy； （2） 2 2 , e e 【分析】 （1）求函数导数得 2 ( )23fxx x ，进而得切点，得斜率，由点斜式求切线方程即 可； （2） 讨论得当0a 时， 不成立， 当0a 时， 由函数导数判断

34、 ( )f x只有一个极值点 2 a ， 进而根据单调性列不等式求解即可. 【详解】 由已知函数 ( )f x定义域是(0,)， （1） 2 ( )2lnf xxx， 22(1)(1) ( )2 xx fxx xx ， 由 2 ( )23fxx x 解得2x （ 1 2 x 舍去） ， 又( )422ln2f，所以切线方程为(42ln2)3(2)yx，即 322ln20 xy； （2）当0a 时，( )20 a fxx x ，函数单调递增，则不存在两个零点，舍 试卷第 16 页，总 90 页 当0a 时， 2 2 22 2 ( )2 aa xx axa fxx xxx ， 易知 ( )f x只

35、有一个极值点 2 a ，要使得 ( )f x有两个零点，则 1 2 a e e ，即 2 2 2 2ae e ， 此时在 1 , 2 a e 上( )0fx ， ( )f x递减，在, 2 a e 上( )0fx ， ( )f x递增， ( )f x在 2 a x 时取得极小值ln 222 aaa fa ， 所以 2 2 111 ln0 ( )ln0 ln0 222 fa eee f eeae aaa fa 解得 2 2eae 综上a的范围是 2 2 , e e 【点睛】 关键点点睛：研究函数的零点的关键是得到函数的单调性，比较极值点端点值和 x 轴的 关系. 9 （ （2021 河南高三月考

36、（理） ）已知函数河南高三月考（理） ）已知函数 x fxxm e （1）若）若 fx在在,1上是减函数，求实数上是减函数，求实数 m 的取值范围；的取值范围； （2）当）当0m 时，若对任意的时，若对任意的0,x，ln2nxnxfx恒成立，求实数恒成立，求实数 n 的的 取值范围取值范围 【答案】【答案】 （1）(, 2 ； （2）(0,2 e 【分析】 （1）由题意可得 0fx 对于,1x 恒成立，分离m转化为最值即可求解； （2）由题意可得 2 ln()2 x nxnxxe恒成立，即 ln()2 ln()2 nxx enxxe，构造函数 ( ) x f xxe，利用导数判断其单调性可得l

37、n( )nx与2x的关系，分离n即可求解. 【详解】 （1）因为( )() x f xxm e，所以( )(1) x fxxme， 试卷第 17 页，总 90 页 由题意可得( )0fx 对于,1x 恒成立，即10 xm ， 可得1mx ，所以min12mx 所以实数m的取值范围是(, 2 （2）对任意的(0,)x，ln()(2 )nxnxfx恒成立， 即 2 ln()2 x nxnxxe恒成立，即 ln()2 ln()2 nxx enxxe恒成立 因为( ) x f xxe，所以( )(1) x fxxe ，易知( ) x f xxe在(0,)上单调递增，且 在(,0)上( )0f x ，所

38、以ln()2nxx，即 2x e n x 对任意的 (0,)x恒成立 令 2 ( )(0) x e g xx x ，则 2 2 (21) ( ) x xe g x x ， 当 1 0, 2 x 时，( )0g x ；当 1 , 2 x 时，( )0g x 则( )g x在 1 0, 2 上单调递减，在 1 , 2 上单调递增，所以 min 1 ( )2 2 g xge ， 所以2ne，显然0n ， 故实数 n 的取值范围是(0,2 e 【点睛】 方法点睛：求不等式恒成立问题的方法 （1）分离参数法 若不等式,0f xxD（是实参数） 恒成立， 将,0f x转化为 g x 或 g xxD恒成立，

39、进而转化为 maxg x或 min g xxD，求 g x的最值即可. （2）数形结合法 结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、 区间端点的函数值或函数图象的位置关 系（相对于x轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元 二次方程根的分布解决问题. （3）主参换位法 把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解， 一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解. 试卷第 18 页，总 90 页 10 （ （2021 湖北高三月考）已知函数湖北高三月考）已知函数 1 x e f x x ，其中，其中2.71828e

40、为自然对数的为自然对数的 底数底数 （1）求）求 fx的单调区间；的单调区间； （2）若）若2 ln10 x exxkx 对对0 x 恒成立恒成立，记，记 max k，证明：，证明：1.1 【答案】【答案】 （1）函数 fx的增区间为,0、0,； （2）证明见解析 【分析】 （1）求得 2 1 xx xee fx x ，证明出 10 xx xee 对任意的0 x 恒成立，由此 可得出结果； （2）由题意可知不等式 1 2ln x e xk x 对任意的0 x 恒成立，令 1 2ln x e F xx x ，将所证不等式等价转化为 min 1.1F x，利用导数证明即可. 【详解】 （1）函数

41、1 x e f x x 的定义域为 0 x x ，且 2 1 xx xee fx x . 令 11 x h xxe，则 x h xxe. 当0 x 时， 0h x ，此时函数 h x单调递减； 当0 x 时， 0h x ，此时函数 h x单调递增. 所以，当0 x 时， 00h xh，则 0fx . 综上所述，函数 fx的增区间为,0、0,； （2）由题意得不等式 1 2ln x e xk x 对任意的0 x 恒成立， 令 1 2ln x e F xx x ，要证1.1，即证 1.1F x . 22 111212 xx xexex Fx xxx . 令 121 x g xxex， 其中0 x

42、， 则 2 x g xx e， 10 x gxxe， 试卷第 19 页，总 90 页 所以 gx 在0,上单调递增， 又 020 g ， 120ge，故 0 0,1x，使得 0 00 20 x gxx e， 即 0 0 2 x e x . 所以，当 0 0,xx时，有 0gx，函数 g x单调递减； 当 0 xx时， 0gx，函数 g x单调递增. 所以 0 g xg x且 00g， 00 0000 0 2 21320 xx g xx eexx x ， 3 2 31 20 22 ge ， 所以存在 10 3 , 2 xx ，使得 1 0g x，即 1 1 1 21 1 x x e x ， 且满

43、足 1 0,xx ， 0Fx，函数 F x单调递减； 1, xx ， 0Fx， F x单调递增； 所以 1 111 11 11 2ln2ln 1 x e F xF xxx xx . 令 1 2ln 1 t xx x ，0 x ，则 2 12 0 1 tx x x ，即函数 t x在0, 上单调递减. 又 1 3 0 2 x，则 1 33 2 1 ln 22 t xt ，则只需证明 3 2 1 ln1.1 2 ， 即 3 ln0.45 2 ，即 0.45 3 2 e，即 20 9 3 2 e ， 8 2.6 3 e ，可先证明 209 38 23 ， 5 3243， 8 2256，则 58 32

44、，所以， 2048 32，可得 219 38 23 ， 而 2021 33 22 ，所以， 209 9 38 23 e ，证毕. 【点睛】 方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： 试卷第 20 页，总 90 页 （1）直接构造函数法：证明不等式 f xg x（或 f xg x）转化为证明 0f xg x（或 0f xg x） ，进而构造辅助函数 h xf xg x； （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. 11 （ （2021 山东日照市山东日照市 高三一模）已知函数

45、高三一模）已知函数 1 x f xeax， 2 g xkx. （1）当）当0a 时，求时，求 fx的值域；的值域； （2）令）令1a ，当，当0,x时，时， ln1 g x f xx x 恒成立，求恒成立，求k的取值范围的取值范围. 【答案】【答案】 （1）ln1,aaa； （2）,1. 【分析】 （1）求函数的导数，利用导数求出单调性，利用单调性求最值即可； （2）1a 时， ln1 g x f xx x 恒成立转化为 2 1 ln1 x exkx恒成立，分 离参数后利用导数求解即可. 【详解】 （1） x fxea， 由 0fx 得，lnxa fx在区间,lna上单调递减、在区间ln ,a

46、上单调递增. 函数 fx的最小值为： ln lnln1ln1 a faeaaaaa ； 函数 fx的值域是 ln1,aaa； （2）当1a 时， 1 x f xex， 2 11 ln1 ln1 g x f xf xxkx x （0 x ） 22 1 ln11 ln1 x f xxkxexkx 试卷第 21 页，总 90 页 2ln1 11 1 ln1 1 ln1 ln1 xx x x ee ex xx k x xe x x 令 1 x e m x x ，则 2 11 x xe m x x 令 11 x xxe，则 x xxe， 0 x ， 0 x， x在0,上单调递增. 00 x. 0mx .

47、 于是 m x在0,上单调递增，且 0m x ， （0 x ） 又由（1）知当1a ，0,x时. 1 x f xex的值域是0,，即： 100 x f xexf ， 所以：1 x ex恒成立. ln1xx. 所以； ln1m xmx. 即： 1 ln1 m x mx ， 所以：1k k的取值范围是,1. 【点睛】 关键点点睛：不等式的恒成立问题一般都需要转换，本题可转化为 2 1 ln1 x exkx，分离参数得 2ln1 11 1 ln1 1 ln1 ln1 xx x x ee ex xx k x xe x x ， 构造函数 1 x e m x x ，利用导数研究单调性，属于难题. 12 （

48、 （2021 黑龙江大庆市黑龙江大庆市 高三一模（理） ）已知函数高三一模（理） ）已知函数 3 ( ) x f xe （1）求证：）求证：( )2f xx； 试卷第 22 页，总 90 页 （2）若）若1a ，lnxa时，时， ln ln( )3 xa f x a 恒成立，求实数恒成立，求实数a的取值范围的取值范围 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2） 2 (,)e . 【分析】 （1）令 3 ( )( )(2)2 x g xf xxex ，利用导数求得( )g x的最小值，从而可证 得不等式成立； （2）原不等式变形为 3 ln(ln )ln3 x xaxaex ，即 ln(ln

49、)3 ln(ln )3 xax exaex . ( ) x h xex，由( )h x的单调性得 ln(ln )3xax， 3 ln x axe ，利用（1）的结论得右边的最大值，从而可得a的 范围 【详解】 解： （1）证明：令 3 ( )( )(2)2 x g xf xxex ， 则 3 ( )1 x g xe . 当(,3)x 时( )0g x ， 当(3,)x时( )0g x ， 所以( )g x在( ,3) 上为减函数，在(3,)上为增函数， 所以当3x 时，函数( )g x有最小值， min ( )0g x. 所以( )0g x ，即( )2f xx. （2）因为 3 ln(ln

50、)ln3 x xaae ， 所以 3 ln(ln )ln3 x xaxaex . 所以 ln(ln )3 ln(ln )3 xax exaex . 令( ) x h xex，则(ln( ln )(3)hxah x恒成立. 因为( )10 x h xe 恒成立， 所以( ) x h xex在 R 上单调递增， 所以ln(ln )3xax恒成立， 试卷第 23 页，总 90 页 即 3 ln x xae ， 3 ln x axe 即恒成立. 由（1）知 3 2 x xe ， 所以ln2a ，解得 2 ae， 所以实数a的取值范围为 2 (,)e . 【点睛】 关键点点睛：本题考查有导数证明不等式，