1、 试卷第 1 页，总 127 页 外 装 订 线 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 内 装 订 线 绝密启用前绝密启用前 2020 学年度学年度?学校月月考卷学校月月考卷 试卷副标题试卷副标题 考试范围：xxx；考试时间：100 分钟；命题人：xxx 注意事项： 1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2请将答案正确填写在答题卡上 第第 I I 卷（选择题卷（选择题) ) 请点击修改第 I 卷的文字说明 第第 IIII 卷（非选择题卷（非选择题) ) 请点击修改第 II 卷的文字说明 一、解答题一、解答题 1 （ （2017 湖南省高三月考（文） ）湖南省高三月考（文） ）已知函数已知函数
2、 2 ( )ln ()f xaxx a R （1）讨论）讨论 ( )f x的单调性 的单调性 （2）若）若(1,)x ，( )f xa ，求，求a的取值范围的取值范围 【答案】【答案】 (1) 当0a 时， ( )f x在(0,)上单调递增， 当 0a时， ( )f x在 1 (0,) 2a 上 单调递增，在 1 (,) 2a 上单调递减； （2） 1 , 2 . 【解析】【解析】 试题分析：（1）对函数 ( )f x求导，再根据a分类讨论，即可求出( )f x的单调性； （2） 将 f xa化简得 2 1ln0a xx，再根据定义域1,x，对a分类讨论， 0a 时，满足题意，0a时，构造 2
3、 ( )(1)lng xa xx，求出( )g x的单调性，可 得( )g x的最大值，即可求出a的取值范围. 试题解析： （1） 2 11 2 2 ax fxa xx ， 当0a时， 0fx ，所以 f x在0,上递增， 当0a 时，令 0fx ，得 1 2 x a ， 令 0fx ，得 1 0, 2 x a ；令 0fx ，得 1 , 2 x a ， 试卷第 2 页，总 127 页 外 装 订 线 请不要在装订线内答题 内 装 订 线 所以 f x在 1 0, 2a 上递增，在 1 , 2a 上递减. （2） 由 f xa， 得 2 1l n0a xx ， 因为1,x， 所以 2 ln0,
4、1 0 xx， 当0a时， 2 1ln0a xx满足题意， 当 1 2 a 时，设 2 2 21 1ln (1),0 ax g xa xx xgx x ， 所以 g x在1,上递增，所以 10g xg，不合题意， 当 1 0 2 a时，令 0g x，得 1 , 2 x a ，令 0g x ，得 1 1, 2a ， 所以 max 1 10 2 g xgg a ，则 1,0 xg x ， 综上，a的取值范围是 1 , 2 . 点睛：本题考查函数的单调性及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度 大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则.一般涉及求函数单调性时，比较 容易入手，求导后
5、注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数 求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的 单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会. 2 （ （2019 山东省济南一中高三期中）已知函数山东省济南一中高三期中）已知函数 2 2lnf xxx （1）求函数）求函数 f x的最大值；的最大值； （2）若函数）若函数 f x与与 a g xx x 有相同极值点有相同极值点 求实数求实数a的值；的值； 若对于若对于 12 1 ,3x x e （e为自然对数的底数） ，不等式为自然对数的底数） ，不等式 12 1 1 f xg x k 恒成立，恒成立
6、， 求实数求实数k的取值范围的取值范围 【答案】【答案】 （） 11f ； （） （）1； （） 34 ,2ln31, 3 【解析】【解析】 试题分析： （1）求导函数，确定函数的单调性，从而得函数 f x的最大值； （2） （） 试卷第 3 页，总 127 页 外 装 订 线 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 内 装 订 线 求导函数，利用函数 f x与( ) a g xx x 有相同极值点，可得1x 是函数 g x的极 值点，从而求解a的值； （）先求出 1 ,3x e ， minmax ( )(3)92ln3,( )(1)1f xff xf ， 1 ,3x e ， min ( )(1)2
7、g xg， max 10 ( )(3) 3 g xg，再将对于 12 1 , ,3x x e ，不等式 12 ()() 1 1 f xg x k 恒成立，等 价变形，分类讨论，即可求解实数k的取值范围 试题解析： （1） 22(1)(1) ( )2(0) xx fxxx xx ， 由 ( )0 0 fx x 得01x，由 ( )0 0 fx x 得1x ， ( )f x在(0,1)上为增函数，在(1,)上为减函数， 函数 ( )f x的最大值为(1)1f ； （2）( ) a g xx x ， 2 ( )1 a g x x ， （）由（1）知，1x 是函数 ( )f x的极值点，又函数( )f
8、 x与( ) a g xx x 有相同 极值点， 1x 是函数( )g x的极值点，(1)10ga ，解得1a ， 经检验，当1a 时，函数( )g x取到极小值，符合题意； （） 2 11 ( )2f ee ，(1)1f ，(3)92ln3f ， 2 1 92ln321 e ， 即 1 (3)( )(1)fff e ， 1 ,3x e ， minmax ( )(3)92ln3,( )(1)1f xff xf ， 由（）知 1 ( )g xx x ， 2 1 ( )1g x x ，当 1 ,1)x e 时，( )0g x ，当(1,3x 时，( )0g x ， 故( )g x在 1 ,1) e
9、 为减函数，在(1,3上为增函数， 11110 ( ), (1)2, (3)3 33 gegg ee ， 而 110 2 3 e e ， 1 (1)( )(3)ggg e ， 1 ,3x e ， minmax 10 ( )(1)2, ( )(3) 3 g xgg xg， 当10k ，即1k 时，对于 12 1 , ,3xx e ，不等式 12 ()() 1 1 f xg x k 恒成立 试卷第 4 页，总 127 页 外 装 订 线 请不要在装订线内答题 内 装 订 线 12max 1 ( )()kf xg x 12max ( )()1kf xg x， 12 ( )()(1)(1)1 23f
10、xg xfg ， 3 12k ， 又1k ， 1k ， 当10k ，即1k 时，对于 12 1 , , xxe e ，不等式 12 ()() 1 1 f xg x k ， 12min 1 ( )()kf xg x 12min ( )()1kf xg x， 12 1037 ()()(3)(3)92ln32ln3 33 f xg xfg ， 34 2ln3 3 k ， 又1k ， 34 2ln3 3 k 综上，所求的实数k的取值范围为 34 (,2ln3(1,) 3 考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的恒成问题的求解 【方法点晴】本题主要考查了导数在求解函数的最大值、最小值等问题中的应用
11、积极函 数的恒成立问题的求解，着重考查了分类讨论的数学思想方法，属于难度较大的试题， 本题的第 2 解答中，求出 1 ,3x e ， minmax ( )92ln3,( )1f xf x ， min ( )2g x， max 10 ( ) 3 g x ， 将对于 12 1 , ,3x x e ， 不等式 12 ()() 1 1 f xg x k 恒成立， 转化为1k 时， 12max ( )()1kf xg x；1k 时， 12min ( )()1kf xg x，分 别求解实数k的取值范围 3 （ （2019 陕西省高三月考（理） ）陕西省高三月考（理） ）已知函数已知函数 1 0 x ax
12、f xa e . （1 1）求）求 f x的极大值；的极大值； （2 2）当）当2a时，时， 12 ,x x，且，且 12 xx 使得使得 12 f xf x，求证：，求证： 12 1xx. 【答案】【答案】 （1） 1 a a ae ； （2）详见解析. 【解析】【解析】 【分析】 （1）通过对函数求导进而求出单调区间和极值； （2）根据极值点偏移问题的一般求解 方法，通过构造函数 1F xf xfx解决问题. 【详解】 解： （1）因为 1 x e f x ax ， 所以 (1) x aax fx e . 试卷第 5 页，总 127 页 外 装 订 线 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 内
13、 装 订 线 令 ( ) 0fx ，即(1)0aax，解得 1a x a ， 令 ( ) 0fx 0时，() = 0的根为 = ln或 = 1. 若ln 1，即 1 ， (,1) -1 (1,ln) ln (ln,+) () + 0 - 0 + () 极大值 极小值 所以()在(,1)，(ln,+)上单调递增，在(1,ln)上单调递减. 若ln = 1，即 = 1 ， () 0在(,+)上恒成立，所以()在(,+)上单调递增，无减区间. 若ln 1，即0 1 ， (,ln) ln (ln,1) -1 (1,+) () + 0 - 0 + () 极大值 极小值 所以()在(,ln)，(1,+)上
14、单调递增，在(ln,1)上单调递减. 综上： 当 0时，()在(,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增； 当0 1 时，()在(,1)，(ln,+)上单调递增，在(1,ln)上单调递减. （2）因为 + 1 0，所以( + 1) + 1. 试卷第 16 页，总 127 页 外 装 订 线 请不要在装订线内答题 内 装 订 线 当 = 1时，0 1 + 1恒成立. 当 1时， +1 +1 . 令() = +1 +1 ，() = (2+1)1 (+1)2 ， 设() = (2+ + 1) 1， 因为() = ( + 1)( + 2) 0在 (1,+)上恒成立， 即() = ( 2 + + 1)
15、1在 (1,+)上单调递增. 又因为(0) = 0，所以() = +1 +1 在(1,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增， 则()min= (0) = 1，所以 1. 综上，的取值范围为(,1. 解法二： （1）同解法一； （2）令() = () + 2 2 + 1 = + 1， 所以() = + = ( + 1) ， 当 0时，() 0，则()在1,+)上单调递增， 所以() (1) = 1 + 1 0，满足题意. 当0 0，即() = + 在1,+)上单调递增. 又因为(1) = 1时，(0) = + 1 0，不满足题意. 试卷第 17 页，总 127 页 外 装 订 线 学校:_姓名
16、：_班级：_考号：_ 内 装 订 线 综上，的取值范围为(,1. 【点睛】 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、方程与不等式的解 法，考查了推理能力与计算能力，属于难题 10 （ （2019 青岛超银中学高三月考）青岛超银中学高三月考）已知函数已知函数 ( )(, x a f xxmaR e e 为自然对数为自然对数 的底数的底数) . （1）若）若 ( )f x在 在1x 处的取得极值为处的取得极值为 1，求，求m及及a的值；的值； （2）1m时，讨论函数时，讨论函数 ( )f x的极值； 的极值； （3）当）当1ma时，若直线时，若直线:1l ykx与曲线与曲线(
17、)yf x没有公共点，求没有公共点，求k的最大值的最大值. 【答案】【答案】 （1）ae，1m； （2）当0a 时，函数 ( )f x无极值；当 0a，函数 ( )f x 有极小值lna， 无极大值； （3）1. 【解析】【解析】 【分析】 （1）根据( )01 f ，(1)1f可求m及a的值； （2）求出( )1 x a fx e ，对a进行分类讨论，求函数( )f x的极值； （3）令 1 ( )( ) (1 )( 1) x g xf xkxk x e ，直线:1l ykx与曲线( )yf x没有 公共点，等价于方程 0g x 在R上没有实数解.由零点存在定理可得k的取值范围， 从而求得k
18、的最大值. 【详解】 （1）由( ) x a f xxm e ，得( )1 x a fx e . 由题意得 ( )01 f ，(1)1f，即10,11 aa m ee ， 解得ae，1m.经检验，符合题意. ae ，1m. （2）( )1 x a fx e ， 当0a 时，( )0fx ，( )f x为(,) 上的增函数，所以函数 ( )f x无极值. 当0a时，令( )0fx ，得,ln x eaxa， (,ln ),( )0;(ln ,),( )0 xafxxafx . 所以 ( )f x在(,ln )a 上单调递减， 在(ln ,)a 上单调递增， 试卷第 18 页，总 127 页 外
19、装 订 线 请不要在装订线内答题 内 装 订 线 故 ( )f x在 lnxa处取得极小值， 且极小值为 (ln )lnfaa ，无极大值. 综上，当0a 时，函数 ( )f x无极值； 当0a，函数 ( )f x有极小值lna， 无极大值. （3）当1ma时， 1 ( )1 x f xx e . 令 1 ( )( )(1)(1) x g xf xkxk x e ， 则直线:1lykx与曲线( )yf x没有公共点， 等价于方程( )0g x 在R上没有实数解. 当1k 时，1 1 11 (0)10,10 1 k gg k e ， 又函数( )g x的图象连续不断，由零点存在定理，可知( )0
20、g x 在R上至少有一解，与 “方程 ( )0g x 在R上没有实数解”矛盾，故1k . 又1k 时， 1 ( )0 x g x e ，此时方程( )0g x 在R上没有实数解.， 所以，k的最大值为 1. 【点睛】 本题考查利用导数研究函数的极值，考查分类讨论和等价转化的数学思想，属于较难的 题. 11 （ （2019 福建省高三月考（理） ）福建省高三月考（理） ）已知函数已知函数 ( )2 eln x f xxa xx. （1）若）若 ( )f x在定义域内单调递增，求 在定义域内单调递增，求a的值；的值； （2）讨论）讨论 ( )f x的零点个数 的零点个数. 【答案】【答案】 （1）
21、ae（2）若ea， ( )f x无零点；若0 ea， ( )f x有两个零点； 若ea或0a ， ( )f x有一个零点. 【解析】【解析】 【分析】 （1）求导得 1 ( ) x x fxxea x ，设( )e(0) x g xxa x，则( )g x在0, 上单调递增， 根据0a、e0a 、ae与ea分类讨论， 找到令( )0fx 恒 成立的a的取值范围即可得解； （2） 分为0a 、ea、ea、0ea、e0a 和ea分类讨论， 根据 （1） 求得的单调性结合零点存在性定理，即可得解. 试卷第 19 页，总 127 页 外 装 订 线 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 内 装 订 线 【
22、详解】 （1）由题意得 ( )f x的定义域为 0,， 1 ( )1 xx xa fxxexea xx ， 设( )e(0) x g xxa x，则( )(1)e0 x g xx，( )g x在0,上单调递增. 若0a， 则( )e0 x g xxa ， 所以当01x， ( )0fx ， 当1x ，( )0fx ； 若e0a ，(0)0ga，(1)e0ga， 所以( )g x在(0,1)上有唯一零点，设为， 所以当0 x，( )0fx ，当1x，( )0fx ，当1x ，( )0fx ； 若ae，(1)0g，所以当01x，( )0fx ，当1x ，( )0fx ； 若ea，则ln()1a，(1
23、)e0ga，lnln10gaaa ， 所以( )g x在1,lna上有唯一零点，设为， 所以当01x，( )0fx ，当1x，( )0fx ，当x，( )0fx ； 综上所述，若 ( )f x在其定义域内单调递增，则ae. （2）若0a ，( )2 exf xx在0,上有唯一零点2x； 由（1）知，0a时， ( )f x在 0,1上单调递减，在 1,上单调递增， 所以 ( )f x最小值为(1)efa ， 若ea，则(1)0f，即( )0f x ， ( )f x无零点； 若ea，则(1)0f， ( )f x有唯一零点； 若0ea，则(1)0f， 22ln20fa， ( )f x在1,上有唯一零
24、点， 又 e 1 1 ee 2 a ， 4 1 e 2 ee2 a ， 所以 4 e444 e 4 ee2 ee2 e240 a aaaa fa a ， 所以 ( )f x在 0,1上有唯一零点，所以 ( )f x在 0,上有两个零点； 设 e0 x h xx x， e10 x h x ， h x在0,上单调递增， 试卷第 20 页，总 127 页 外 装 订 线 请不要在装订线内答题 内 装 订 线 所以 0h xh，即e1 x x，所以exx，所以lnxx； 若e0a ，当2x时，( )2 eln0 x f xxa xx， 22 2e2ln 2e2 aa faaaaaaaa 2 e20 a
25、 aa ， 由（1）知 ( )f x在 2,上单调递增，所以 ( )f x在 0,上有唯一零点； 若ea， ( )f x在 0,1上单调递增，在1,上单调递减，在,上单调递增， 当0 x时，( )(1)e0f xfa， 因为lnaa ，所以2lnaa，20fa， 所以 ( )f x在 0,上有唯一零点； 综上，若ea， ( )f x无零点；若0 ea， ( )f x有两个零点；若ea 或0a ， ( )f x 有一个零点. 【点睛】 本题考查了利用导数判断函数的单调性和零点问题， 考查了零点存在性定理的应用和分 类讨论思想，属于难题. 12 （ （2020 新疆维吾尔自治区乌市八中高三月考（理
26、） ）新疆维吾尔自治区乌市八中高三月考（理） ）已知函数已知函数 2 1 ln 2 f xaxx . . (1)(1)若若2a，求函数，求函数 yf x在点在点 1,1f处的切线方程；处的切线方程； (2)(2)讨论讨论 f x的单调性；的单调性； (3)(3)若函数若函数 f x在在1,xe上无零点，求上无零点，求a的取值范围的取值范围. . 【答案】【答案】(1) 2230 xy (2) 当0a 时， f x在0,x上单调递减；当 0a时， f x在 0,xa 上单调递增，在,xa上单调递减（3） ,ae 【解析】【解析】 试题分析：(1) 求得 2 fxx x ,求出 1f的值可得切点坐
27、标，求出 1f的值， 可得切线斜率，利用点斜式可得曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程；(2)分 0a时，0a时两种情况讨论，求出 fx，分别令 0fx 求得x的范围，可得 试卷第 21 页，总 127 页 外 装 订 线 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 内 装 订 线 函数 f x增区间， 0fx 求得x的范围， 可得函数 f x的减区间； （3）1a 时， 2 1ae时， 2 ae时，分别求出 max f x，令 max0f x即可得到a的取值范围. 试题解析：(1)2a时， 2 1 2ln 2 fxxx， 1 1 2 f ，故切点为 1 1, 2 . 又 2 fxx x ， 11f
28、， 故切线方程为 1 1 2 yx，即2230 xy. (2) 2 0 aax fxxx xx ， 当0a时， 0fx ，此时 f x在0,上单调递减； 当0a时，令 0fx 得xa，xa (舍)， 当0,xa时， 0fx ； 当,xa时， 0fx ， 即 f x在0,xa 上单调递增，在,xa上单调递减. 综上所述：当0a时， f x在0,x上单调递减；当0a时， f x在 0,xa上单调递增，在 ,xa上单调递减. （3）由(2)知：当1a 时， f x在1,e上单调递减， max 1 10 2 f xf ， 此时 f x在1,e上无零点； 当 2 1ae时， f x在1,a 上单调递增，
29、在,a e 上单调递减， max ln0 22 aa f xfaa，解得1ae. 1ae，此时 f x在1,e上无零点； 当 2 ae时， f x在1,e上单调递增， 2 max 0 2 e f xf ea，无解. 综上所述，,ae . 【方法点晴】 本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数研究函数的单调性与 零点， 属于难题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1） 求出( )yf x在 0 xx处的导数， 即( )yf x在点P 00 (, ()xf x出的切线斜率 （当曲线( )yf x在P处的切线与y轴平 试卷第 22 页，总 127 页 外 装 订 线 请不要在装订线内答题 内 装
30、订 线 行时，在 处导数不存在，切线方程为 0 xx） ； （2）由点斜式求得切线方程 00 ( ) ()yyfxxx. 13 （ （2019 四川省高二期末（理） ）四川省高二期末（理） ）已知函数已知函数 2 1 2 x f xexaxb（e为自然对数为自然对数 的底数）的底数） f x有两个极值点有两个极值点 1 x， 2 x. （1）求）求a的范围；的范围； （2）求证：）求证： 12 0 xx 【答案】【答案】 （1）a的范围为( ) 1,+?， （2）证明见详解 【解析】【解析】 【分析】 （1） 求出 x fxexa ， 设 x gxex a ， 通过 g x的导函数判断函数 g
31、 x 的单调性，转化为求解函数 g x的最小值，最后分两种情况讨论即可 （2）构造函数 0h xg xgxx，先证明 0h x 在( ) ,0-?上恒成立， 即得 21 g xgx，然后利用 g x在( ) 0,+?上单调递增即可证明. 【详解】 （1）由 2 1 2 x f xexaxb得 x fxexa 设 x g xexa ，则 1 x g xe 令 10 x g xe 得0 x 当,0 x 时 ( ) 0gx ， g x单调递增 所以 min 01g xga 当1a 时， 0g xfx ，所以函数 f x在 R 上单调递增，无极值点 当1a 时， 010ga ，且当x时， g x x
32、时， g x 所以当1a 时 x g xfxexa 有两个零点 1 x， 2 x 试卷第 23 页，总 127 页 外 装 订 线 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 内 装 订 线 不妨设 12 xx ，则有 12 0 xx 综上：当 f x有两个极值点 1 x， 2 x时，a的范围为( ) 1,+? （2）证明：由（1）可得 1 x， 2 x是 x g xfxexa 的两个零点 函数 g x在( ) ,0-?上单调递减，在( ) 0,+?上单调递增， 可设 12 0 xx 构造函数 0h xg xgxx 则有 20 xx h xg xgxee 所以 h x在( ) ,0-?上单调递增 因为
33、00h，所以 0h x 在( ) ,0-?上恒成立 所以 111 0h xg xgx，即 11 g xgx 因为 12 g xg x，所以 21 g xgx 因为 g x在( ) 0,+?上单调递增，所以 21 xx 所以 12 0 xx 【点睛】 本题考查的是利用导数研究函数的单调性及证明不等式，较为综合. 14 （ （2020 湖南省高二期末（理） ）湖南省高二期末（理） ）已知函数已知函数 f（x）a1nx ax+1（aR且且 a0） ） （1）求函数）求函数 f（x）的单调区间；）的单调区间； （2）求证：）求证： 2341 234 lnlnlnlnn nn （n2，nN*） ） 【答
34、案】【答案】 （1）当 a0 时, f（x）的单调递增区间（0，1） ，单调递减区间（1，+） ； 当 a0时, f（x）的单调递减区间（0，1） ，单调递增区间（1，+） ； （2）证明，见解析 【解析】【解析】 【分析】 （1）对 f(x)求导，分 a0，a0 两种情况讨论，分析函数单调性即可； （2）令 a1，由（1）可证得 lnxx1，即 1lnnn nn ，叠乘可得证. 【详解】 试卷第 24 页，总 127 页 外 装 订 线 请不要在装订线内答题 内 装 订 线 （1）f（x）a1nxax+1，f（x） a x a 1ax x ， 当 a0 时， 若 0 x1，则 f（x）0，若
35、 x1，f（x）0， f（x）的单调递增区间（0，1） ，单调递减区间（1，+） ； 当 a0 时， 若 0 x1，则 f（x）0，若 x1，f（x）0， f（x）的单调递减区间（0，1） ，单调递增区间（1，+） ； （2）令 a1，则 f（x）lnxx+1，所以 f（1）0， 由（1）可知 f（x）在1，+）单调递减， 故 f（x）f（1） ， （当 x1时取等号） ， 所以 lnxx+10，即 lnxx1， 从而有 0lnnn1， （n2，nN*） ， 即 1lnnn nn （n2，nN*） ， 2341211 23423 lnlnlnlnnn nnn （n2，nN*） 【点睛】 本题考
36、查了函数与导数综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于 中档题. 15 （ （2020 湖南省高三一模（文） ）湖南省高三一模（文） ）已知函数已知函数 lnsinf xxxax. （1）当）当0a 时，证明：时，证明： 1f xx； （2）若）若 f x在在 1 , e 有且只有一个零点，求有且只有一个零点，求a的范围的范围. 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2） 1 , 1 sine e . 【解析】【解析】 【分析】 （1）构造函数 1ln10F xf xxxxxx ，利用导数可得其最小值 大于等于0，进而得证； （2）构造函数 lng xxx， 1 ,x e ，
37、 sinh xax， 1 ,x e ，则函数 试卷第 25 页，总 127 页 外 装 订 线 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 内 装 订 线 yg x与 yh x的图象在 1 , e 上有且仅有一个交点，分类讨论即可得出结论. 【详解】 （1）当0a 时， ln0f xxx x， 令 1ln10F xf xxxxxx ，则 lnFxx ， 当0,1x时， 0Fx ，当1,x时， 0Fx ， 所以，函数 yF x的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,. 所以，函数 yF x在1x 处取得极小值，亦即最小值，即 min 10F xF， 故ln10 xxx ，即ln1xxx，即得证； （2）
38、依题意，方程lnsinxxax在 1 , e 上只有一个解， 记 lng xxx， 1 ,x e ， sinh xax， 1 ,x e ，则函数 yg x与 yh x的图象在 1 , e 上有且仅有一个交点， 又 ln10g xx 在 1 , e 上恒成立，故函数 yg x在 1 , e 上单调递增， （i）当0a时，函数 yh x在 1 , 2e 单调递增，在, 2 单调递减， 且 11 sin0ha ee ， max0h xa， 0h，如图， 显然，此时满足函数 yg x与 yh x的图象在 1 , e 上有且仅有一个交点，符 合题意； （ii）当0a 时， lnf xxx，显然在 1 ,
39、 e 上有且仅有一个零点1x ，符合题 试卷第 26 页，总 127 页 外 装 订 线 请不要在装订线内答题 内 装 订 线 意； （iii）当0a 时，函数 yh x在 1 , 2e 单调递减，在, 2 单调递增，且 11 sin0ha ee ， max0h xa， 0h，如图， 要使函数 yg x与 yh x的图象在 1 , e 上有且仅有一个交点，只需 11 hg ee ，即 11 sina ee ，即 1 1 sin a e e ，又0a ，故 1 0 1 sin a e e . 综上，实数a的取值范围为 1 , 1 sine e . 【点睛】 本题考查利用导数证明不等式，考查函数零
40、点与方程根的关系，考查转化思想，数形结 合思想，分类讨论思想以及推理论证能力，属于难题. 16 （ （2019 四川省高三三模（文） ）四川省高三三模（文） ）已知函数已知函数 2 x f xx eax （1）已知）已知2x是是 f x的一个极值点，求曲线的一个极值点，求曲线 f x在在 0,0f处的切线方程处的切线方程 （2）讨论关于）讨论关于x的方程的方程 lnf xax只有一个实数根，求只有一个实数根，求a的取值范围的取值范围. 【答案】【答案】 （1） 2 120exy ； （2）ae或0a 【解析】【解析】 【分析】 （1） 先根据2x是 f x的一个极值点， 即 20 f ， 解得 2 ea ， 再求得 02f， 2 0e1 f ，写出切线方程. 试卷第 27 页，总 127 页 外 装 订 线 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 内 装 订 线 （2）根据 lnf xax，将 lnf xax只有一个实数根，转化为 2 e ln x x a xx 只 有一个实数根，令 2 e l
