1、 2021 年高考全国名校 9 月数学（理）模拟好题集锦：函数与导数 1 （2020 辽宁省本溪满族自治县高级中学高三其他（理） ）已知函数 3 4f xxx，过点2,0A 的直 线l与 f x的图象有三个不同的交点，则直线l斜率的取值范围为（ ） A1,8 B 1,88, C 2,88, D1, 【答案】B 【解析】函数 3 4f xxx，可得 3 22420f ， 设直线 l的斜率为k，方程为2yk x， 由题意可得 3 2422k xxxx xx有三个不等的实根， 显然2x 是其中的一个根， 则 2 2kxx有两个不等的实根，且2x ，即8k ， 由 2 20 xxk的 ，可得440k，
2、解得1k ， 则k的范围是1,88,. 故选：B 2 （2020 辽阳市第四高级中学高三月考）定义在R上的奇函数 f x满足 4f x f x ，且在0,2 上为增函数， 若方程 0f xm m在区间8,8上有四个不同的根 1 x， 2 x， 3 x， 4 x， 则 1234 xxxx 的值为（ ） A8 B-8 C0 D-4 【答案】B 【解析】因为 4f xf x ， 所以 4f xf x ， 所以 8f xf x，周期为 8， 又因为 f x是奇函数，在0,2上为增函数 作出函数的大致图象如图所示： 由图象可知 0f xm m在区间8,8上的四个不同的根 1 x， 2 x， 3 x， 4
3、 x，两个关于直线6x 对 称，两个关于直线2x 对称， 所以 1 x+ 2 x+ 3 x+ 4 x6 22 28 ， 故选：B 3 （2020 辽阳市第四高级中学高三月考）设 ( )f x是定义在R上的奇函数，当 0 x 时， 2 ( )2f xxx， 则(1)f（ ） A3 B1 C1 D3 【答案】A 【解析】 试题分析：因为当时，( )22f xxx，所以 . 又因为 ( )f x是定义在 R 上的奇函数，所以 . 故应选 A. 4（2020 四川内江高三三模 （理） ） 定义在R上的偶函数f （x） 满足： 对任意的x1 ， x 20， +） ， 有 21 21 f xf x xx
4、0，若 nN*，则（ ） Af（n+1）f（n）f（n1） Bf（n1）f（n）f（n+1） Cf（n）f（n1）f（n+1） Df（n+1）f（n1）f（n） 【答案】A 【解析】由对任意的 x1，x20，+） ，有 21 21 f xf x xx 0，可得 ( )f x在0,)单调递减， 再由 ( )f x为偶函数，则()( )fnf n ，又110nnn ， 则(1)( )(1)f nf nf n，即(1)()(1)f nfnf n. 故选：A. 5 （2020 全国高三其他（理） ）已知函数 2,1, 2,1, x am x f x xam x 其中0a 且1a ，若mR，使得 函数
5、f x有 2个零点，则实数a的取值范围为（ ） A 1 0,1,2 2 B0,11,2U C 0,12, D 1 0,2, 2 【答案】B 【解析】令 0f x ， 2,1, 2,1, x ax g x xa x ，则 g xm， 故问题转化为 yg x，y m 的图像有两个交点， 显然当01a时， yg x，y m 的图像有两个交点； 当1a 时，只需22aa，解得12a； 综上所述，实数a的取值范围为0,11,2U， 故选：B. 6（2020 天津和平高三三模 （理） ） 已知函数 f xxaa ， 2 43g xxx， 若方程 f xg x 有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是（ ）
6、 A 1 313 , 2 28 B 1 13513 , 2 82 C 1 5133 13 , 222 8 D 1 5133 13 , 222 8 【答案】A 依题意画出 g x的图象如图所示： 函数 f x xaa ， , 2 , x xa f x xa xa 当直线2yxa 与 2 431,3yxxx 相切时，即联立 2 2 43 yxa yxx ，得 13 8 a 当 1 2 a 时，函数 f x的图象与 g x的图象无交点，不满足题意； 当 1 2 a 时，函数 f x的图象与 g x的图象交于1,0点，不满足题意； 当 113 28 a时，当 2f xxa 经过函数 g x图象上的点2
7、,1时，恰好经过点函数 g x图象 上的点3,0， 则要使方程 f xg x恰有 2 个不同的实数根， 只需23a ， 即 3 2 a ， 故 13 22 a； 当 13 8 a 时，函数 f x的图象与 g x的图象有 3个交点，不满足题意； 当 13 8 a 时，函数 f x的图象与 g x的图象有 2个交点，满足题意 综上： 13 22 a或 13 8 a ， 故选 A 7 （2020 全国高三其他（理） ）函数 2 sin 2 x xx f x 在, 的图象大致为（ ） A B C D 【答案】B 【解析】函数 yf x的定义域为, ， 2 2 sinsin 22 xx xxxx fx
8、f x ， 该函数为奇函数，排除 A选项； 又 2 2 2 0 2 2 f ，排除 C、D选项. 故选：B. 8 （2020 全国高三其他（理） ）已知 4 1 ( ) 4 x ， 1 4 4y ， 1 4 log 5z ，则（ ） Az xy Bx yz Cx zy Dy zx 【答案】A 【解析】 44 1 ( )4 4 x ，由指数函数4xy 单调性得 1 40 4 0444 ，则0 1xy 14 4 log 5log 50z 所以z xy 故选：A 9 （2020 全国高三其他（理） ）已知二项式 10 2 1 2xax x 的展开式中含 6 x的项的系数为 30，则 1 d e a
9、xx x 的值为（ ） A 2 1 2 e B 2 3 2 e C 2 3 2 e D 2 5 2 e 【答案】B 【解析】 10 1 x x 的展开式的通项 1010 2 11010 1 r rrrr r TC x xCx . 令1024r，解得3r ，所以二项式 10 1 x x 的展开式中含 4 x的项的系数为 3 10 C； 令1026r，解得2r =，所以二项式 10 1 x x 的展开式中含 6 x的项的系数为 2 10 C， 所以 10 2 1 2xax x 的展开式中含 6 x的项的系数为 32 1010 230CaC，解得1a . 所以 2 22 11 11113 ddln1
10、0 12222 ee e ae xxxxxxe xx . 故选：B. 10 （2020 广州岭南中学高三期中 （理） ） 设函数 f x的定义域为R， , 2fxf xf xfx, 当0,1x时, 3 f xx, 则函数 cosg xxf x在区间 1 5 , 2 2 上的所有零点的和为（ ） A7 B6 C3 D2 【答案】A 【解析】f（x）=f（2x），f（x）关于 x=1 对称， f（x）=f（x），f（x）根与 x=0 对称， f（x）=f（2x）=f（x2），f（x）=f（x+2）， f（x）是以 2 为周期的函数， f（x）在 1 2 ， 5 2 上共有 3 条对称轴，分别为 x
11、=0，x=1，x=2， 又 y=|cos（x）关于 x=0，x=1，x=2 对称， x=0，x=1，x=2 为 g（x）的对称轴 作出 y=|cos（x）|和 y=x3在0，1上的函数图象如图所示： 由图象可知 g（x）在（0， 1 2 ）和（ 1 2 ，1）上各有 1 个零点 又 g（1）=0，g（x）在 1 2 ， 5 2 上共有 7 个零点， 设这 7 个零点从小到大依次为 x1，x2，x3，x6，x7 则 x1，x2关于 x=0 对称，x3，x5关于 x=1 对称，x4=1，x6，x7关于 x=2 对称 x1+x2=0，x3+x5=2，x6+x7=4， x1+x2+x3+x4+x5+x
12、6+x7=7 故选 A 11 （2020 全国高三一模（理） ）已知函数 3 x f xn ， 2 log1g xx ，若对任意 1 4,25t ， 存在 2 1,1t ，使得 21 f tg t，则实数n的取值范围是（ ） A 1 , 3 B 1 , 3 C 5 , 3 D 5 , 3 【答案】A 解：对任意 1 4,25t ，存在 2 1,1t ，使得 21 f tg t， minmin g xf x 2 log1g xx ， min 40g xg， 3 x f xn ， min 1 1 3 fxfn 1 0 3 n，解得 1 3 n ， 故选：A. 12 （2020 河北新华石家庄二中高
13、三月考（理） ）已知 f x是以 2为周期的偶函数，当0,1x时， ( ),f xx那么在区间 1,3内， 关于 x 的方程 ()f xkxk kR有 4 个根， 则 k 的取值范围是 （ ） A 1 0 4 k或 3 6 k B 1 0 4 k C 1 0 4 k或 3 6 k D 1 0 4 k 【答案】B 【解析】 因为直线ykxk过定点(-1,0)， 画出函数 ( )f x在(-1,3)的图像， 要使方程( )()f xkxk kR 有 4个根，即直线y kxk 和函数 ( )f x在(-1,3)的图像有 4个交点。 显然 1 0 4 k时满足条件，假若当直线ykxk和函数( )f x
14、的图像在区间(2,3)上相切时也满足条件， 但是这是不可能的。 因为联立 2 y x ykxk ， 得 2 30kyyk， 得 3 6 k 或 3 6 k （舍去） ， 当 3 6 k 时，解得 5(2,3)x 所以 1 0 4 k 故选 B. 13 （2020 广西陆川中学高三开学考试（理） ）已知函数 32 ( )23f xxaxbxc的两个极值点分别在 （-1，0）与（0，1）内，则 2a-b 的取值范围是（ ） A() 3 ,1 2 B 3 3 (, ) 2 2 C 1 3 (, ) 2 2 D 3 (1, ) 2 【答案】B 【解析】由函数 f（x）x3+2ax2+3bx+c，求导
15、f（x）3x2+4ax+3b， f（x）的两个极值点分别在区间（1，0）与（0，1）内， 由 3x2+4ax+3b0 的两个根分别在区间（0，1）与（1，0）内， 即 00 10 10 f f f ，令 z2ab， 转化为在约束条件为 30 3430 3430 b ab ab 时，求 z2ab的取值范围，可行域如下阴影（不包括边界） ， 目标函数转化为 z2ab，由图可知，z 在 A（ 3 4 ，0）处取得最大值 3 2 ，在（ 3 4 ，0）处取得最小值 3 2 ， 因为可行域不包含边界，z2ab 的取值范围（ 3 2 ， 3 2 ） 故选 B 14 （2020 全国高三二模（理） ）函数
16、| | 2sin ( ) x x f x e 在，的图象大致为( ) A B C D 【答案】A 【解析】解： | | 2sin()2sin ()( ) xx xx fxf x ee ，则函数( )f x是奇函数， 则图象关于原点对称，故排除D 当(0, )x时， 2 2cos() 4 ( ) x x fx e ， 则当(0,) 4 x 时，( )0fx，函数( )f x为增函数， ( 4 x ，)时，( )0fx，函数( )f x为减函数， 则当 4 x 时，( )f x取得极大值同时也是最大值 44 2 2 2 2 ()1 4 f ee ， 故选：A 15 （2020 辽宁高三三模（理）
17、）已知函数 ( )f x满足当 0 x 时，2 (2)( )f xf x，且当 ( 2,0 x 时， ( ) |1| 1f xx；当0 x 时，( )log(0 a f xx a且1a ).若函数( )f x的图象上关于原点对称的点恰好 有 3对，则a的取值范围是（ ） A(625, ) B(4,64) C(9,625) D(9,64) 【答案】C 【解析】先作出函数 ( )f x在(,0 上的部分图象，再作出( )logaf xx关于原点对称的图象， 如图所示，当01a时，对称后的图象不可能与 ( )f x在(,0 的图象有 3个交点； 当1a 时，要使函数 ( )f x关于原点对称后的图象
18、与所作的图象有 3 个交点， 则 1 1 log 3 2 1 log 5 4 a a a ，解得9625a. 故选：C. 16（2020 广东珠海高三一模 （理） ） 定义在R上的函数 ( )f x满足 ( )( )2( x fxf xe e为自然对数的底数） ， 其中( )fx为 f x的导函数，若 2 (2)4fe，则 ( ) 2 x f x xe的解集为（ ） A ,1 B1, C,2 D2, 【答案】C 【解析】设 ( ) ( )2 x f x g xx e ， 2 x f x xe等价为 ( )(2)g xg ， ( )( ) ( )20 x fxf x g x e ，故( )g x
19、在R上单调递减，所以( )(2)g xg，解得 2x ， 故选 C 二、填空题 17 （2020 四川内江高三三模（理） ）函数 2ln14 x f xx的零点个数为_. 【答案】2 【解析】令 2ln140 x f xx，则 2 4 ln12 2 x x x ， 在同一直角坐标系中作出函数ln1yx与 2 2 x y 的图象，如图： 由图象可知， 函数ln1yx当1x 时，ln1yx则与 2 2 x y 的图象有必有两个交点， 所以方程 2 4 ln12 2 x x x 有两个不同实根，所以函数 2ln14 x f xx的零点个数为 2. 故答案为：2. 18 （2020 全国高三其他（理）
20、 ）经过抛物线 2 :4C xy的焦点F的直线交此抛物线于A，B两点，抛物 线在A，B两点处的切线相交于点M，则点M必定在直线_上 （写出此直线的方程） 【答案】1y 【解析】抛物线 2 4xy中 2p ，焦点为(0,1)F，设直线AB方程为1ykx，代入抛物线整理得 2 440 xkx，设 11 ,A x y， 22 ,B xy，则 12 4x x ， 2 1212 1 ()1 16 y yx x 由 2 1 4 yx得 1 2 yx ， 过A点切线斜率为 1 1 2 kx， 切线方程为 111 1 () 2 yyx xx， 即 11 2x xyy， 同理过B点切线方程为 22 2x xyy
21、，两式相除得 11 22 xyy xyy ，整理得 122112 xxyx yx y，解得 22 21122 11212 1212 1 1 44 x yx yx xx xx x y xxxx ，所以点M在准线1y 上 故答案为：1y 19 （2020 湖北荆门高三月考（理） ）已知函数 2 ( )lnf xxaxx有两个不同的零点，则实数a的取值范 围是_ 【答案】( 1,0) 【解析】由题意得： f x的定义域为：0, 由 2 lnf xxaxx有两个不同的零点可知：方程 ln 1 x ax x 有两个不同的解 令 ln x g x x 直线1yax 与 ln x g x x 图象有两个不同
22、的交点 又 2 1 ln x gx x 则当0,xe时， 0gx ；当,xe时， 0gx g x在0,e上单调递增；在, e 上单调递减 又0 x 时， g x ；x 时， 0g x 可得 g x图象如下图所示： 1yax 恒过点0, 1A 如图所示，当1ykx与 g x相切时，只需0,ak 即可使得直线1yax 与 ln x g x x 图象 有两个不同的交点 设切点 0 0 0 ln , x B x x 0 00 2 00 ln 1 1 ln 0 x xx k xx ，解得： 0 1x 1k，即0,1a 当1,0a 时，直线1yax 与 ln x g x x 图象有两个不同的交点 即1,0
23、a 时， 2 lnf xxaxx有两个不同的零点 本题正确结果：1,0 20（2020 全国高三二模 （理） ） 已知函数 f x的导数为 fx ， 若 2 12xfxxf x， 且25f ， 则不等式 2 22 331f xxxx的解集为_. 【答案】12xx 【解析】由 2 12xfxxf x可得 2 120 xfxxf x， 所以 2 2 2 12 0 1 xfxxf x x ，即 2 0 1 f x x . 令 2 1 f x g x x ，即( )0g x ，则 g x单调递增. 不等式 2 2 22 2 2 3 3311 31 f xx f xxxx xx ， 而 2 2 21 2
24、1 f g ， 所以不等式 2 2 2 2 3 132 31 f xx g xxg xx ， 2 32xx ，解得12x . 故答案为：12xx 21 （2020 河北新华石家庄二中高三月考（理） ）已知 1 22 1(3 1),axxdx 则 6 1 () 2 ax x 展开式中的常 数项为_ 【答案】160. 【解析】易求 1 2 13 2x dx ，由定积分的几何意义可得 1 22 1 1 11 22 )xdx 111 2222 111 3131)2 2 axxdxx dxxdx 6 6 11 2 2 axx xx 其展开的通项公式为 666 2 166 1 (2 )2( 1) r rr
25、rrrr r CxCx x T 令6203rr ， 展开式中常数项常数项为 36 33 62 ( 1)160C . 故答案为：160 22 （2020 河北新华石家庄二中高三月考（理） ）已知函数 f x在定义域0,上是单调函数，若对任意 的0,x，都有 1 ( )2,f f x x 则 1 ( ) 5 f的值是_ 【答案】6 【解析】因为 ( )f x在定义域(0,)上是单调函数，故可设 1 ( )f xt x ，即 1 ( )f xt x 由 1 ( )2ff x x ，得 1 ( )2f tt t ，所以1t ，由此可知 1 ( )1f x x ，所以 1 6 5 f 故答案为：6. 2
26、3 （2020 浙江高三二模）已知奇函数 f x的定义域为R且在R上连续.若0 x 时不等式 1 f xf x 的解集为2,3，则xR时 1 f xf x 的解集为_. 【答案】3, 20,23, 【解析】由题意可得当0 x 时， 1 f xf x 的解集为0,23,， 由奇函数的性质可得当0 x 时， 1 fxf x 的解集为2,3， 令0tx ，则 1 f tf t 的解集为3, 2， 即当0 x 时， 1 f xf x 的解集为3, 2， 所以 1 f xf x 的解集为3, 20,23,. 故答案为：3, 20,23,. 24 （2020 四川宜宾高三其他（理） ）若对 0,1t ，函
27、数 2 ( )(4)2 lng xxaxax在( ,2)t内总不是单 调函数，则实数a的取值范围是_ 【答案】2,4 【解析】 ：因为 2 ( )(4)2 lng xxaxax，所以 2 242222 ( )2(4) xaxaxaxa g xxa xxx 令( )0g x ，解得2x 或 2 a x 要使函数 2 ( )(4)2 lng xxaxax，对0,1t 在( ,2)t内总不是单调函数， 所以12 2 a 解得24a即2,4a 故答案为：2,4 25 （2020 四川宜宾高三其他（理） ）对xR ，不等式 2 () xx em em x恒成立，则实数m的取值范围 是_ 【答案】 3 4
28、 2,1e 【解析】对xR ，不等式 2 () xx em em x恒成立 即 22 0 xx emem x恒成立. 令 22xx f xemem x，故 22 22 xxxx fxemememem. 当0m 时，令 0fx ，解得xlnm， 故 f x在,lnm单调递减，在,lnm 单调递增. 故 22 0 lnmlnm min f xf lnmemem lnm， 即0lnm ，解得0,1m； 当0m 时 2 0 x f xe满足题意. 当0m时，令 0fx ，解得ln 2 m x ， 故 f x在,ln 2 m 上单调递减，在ln, 2 m 单调递增. 故 ln 2ln22 lnln0 2
29、22 m min mmm f xfemem ， 即 22 3 ln0 42 m mm ， 3 ln 24 m ，解得 3 4 2me ， 即 3 4 2,0me . 综上所述： 3 4 2,1me 故答案为： 3 4 2,1e . 26 （2020 全国高三课时练习（理） ）已知函数 2 1 3 ,1 log,1 xx x f x x x （ ）若对任意的 xR，不等式 2 3 4 f xmm恒成立，则实数 m 的取值范围是_. 【答案】 1 4 m 或m1. 【解析】 2 1 3 ,1 log,1 xx x f x x x （ ） 当 x1时， 2 111 244 f xx ； 当 x1时，
30、 1 3 log0f xx ，则函数 f(x)的最大值为 1 4 . 则要使不等式 2 3 4 f xmm恒成立， 则 2 31 44 mm 恒成立，即 1 4 m 或m1. 故答案为： 1 4 m 或m1 三、解答题 27 （2020 四川内江高三三模（理） ）已知函数 lnax f xbx x 在1x 处的切线方程为1yx. （1）求函数 yf x的解析式； （2）若不等式 f xkx在区间0,上恒成立，求实数k的取值范围； （3）求证： 444 ln2ln3ln1 232 n ne . 【答案】 （1） ln x f x x ； （2） 1 , 2e ； （3）证明见解析. 【解析】 （
31、1） lnax f xbx x ，该函数的定义域为0,， 2 1 lnax fxb x ， 由题意可知，点 1,1f在直线1yx上， 10f， 由题意得 10 11 fb fab ，解得 1 0 a b ， ln x f x x ； （2）对任意的0,x，由 f xkx，得 ln x kx x ，即 2 ln x k x ， 令 2 ln x g x x ，其中0 x ，则 maxkg x， 3 1 2ln x gx x ，令 0gx ，可得xe，列表如下： x 0, e e , e gx 0 g x 单调递增 极大值 单调递减 所以，函数 yg x在xe处取得极大值，亦即最大值，即 max
32、1 2 g xge e . 1 2 k e ，因此，实数k的取值范围是 1 , 2e ； （3）由（2）可知，当x e 时， ln 2 xx f x xe ，则 42 ln11 2 x xe x ， 当2n 时， 42 ln11111 221 n ne ne nn ， 4 ln211 1 222e ， 4 ln3111 3223e ， 4 ln111 21 n ne nn ， 上述不等式全部相加得 444 ln2ln3ln111 1 2322 n nene . 因此，对任意的2n ， 444 ln2ln3ln1 232 n ne . 28 （2020 全国高三其他（理） ）已知函数 2 lnf
33、xxaxaR （1）若函数 f x在0,1上为增函数，求实数a的取值范围； （2）函数 f x的图象上是否存在两个不同的点 11 ,A x y和 22 ,B xy，使得函数 21 1 21 yy g xf xxx xx 在点 12 0 2 xx x 处取得极值？若能，求出点 0 x；若不能，请说明理由 【答案】 （1） 1 , 2 ； （2）函数 f x的图象上不存在点 11 ,A x y， 22 ,B xy，使得函 21 1 21 yy g xf xxx xx 点 12 0 2 xx x 处取得极值 【解析】 （1）函数 f x的定义域为0,，其导函数为 2 1 2ax fx x 函数 f
34、x在区间0,1上递增，当且仅当 0fx 对任意0,1x恒成立，即 2 120ax对任意 0,1x恒成立，也即 2 1 2 a x 对任意0,1x恒成立，解得 1 2 a ，即实数a的取值范围是 1 , 2 （2）假设存在点 0 x， 21 21 yy gxfx xx 若 g x在点 0 x处取得极值，则 0 0gx，即 21 0 21 0 yy fx xx 由 2 1 2ax fx x ，得 2 2 1 12 12 1 21 2 2 xx fa xx xx yy xx ， 由 2 111 lnyxax， 2 222 lnyxax，得 2121 21 2121 lnlnyyxx a xx xxx
35、x 所以 21 2121 ln2l 0 nx xxxx x 变形为 1 2 1 1 2 1 21 ln0 1 x xx x x x ，令 1 2 x t x （0t ，1t ） ，上式化为ln 4 20 1t t 构造函数 4 2 1 lntF t t （0t ，1t ） 2 22 114 11 t F t t tt t ， 显然， F t在0,1和 1,都单调递增， 又 10F，所以方程 0F t （0t ，1t ）无解 所以 g x在点 0 x处取不到极值 故函数 f x的图象上不存在点 11 ,A x y， 22 ,B xy， 使得函 21 1 21 yy g xf xxx xx 点 1
36、2 0 2 xx x 处取得极值 29 （2020 宁夏育才中学高三月考（理） ）设( )log (1)log (3)(0,1) aa f xxx aa，且(1)=2f. (1)求a的值； (2)求 ( )f x在区间 3 0, 2 上的最大值. 【答案】 （1）2a ； （2）2 【解析】解：(1)(1)=2f， (1)log 2log 2log 42 aaa f， 2a ； (2)由 10 30 x x 得( 1,3)x ， 函数 ( )f x的定义域为( 1,3) ， 2 2222 ( )log (1)log (3)log (1)(3)log (1)4f xxxxxx， 当(0,1)x时
37、， ( )f x是增函数；当 3 (1, ) 2 x时，( )f x是减函数， 函数 ( )f x在 3 0, 2 上的最大值是 2 (1)log 42f 30 （2020 全国高三其他（理） ）已知函数 ln1 2 mx f xx. （1）求函数 f x的单调区间； （2）记函数 g xxfxe，若 2 1 0,m e ，求证： 2 1 0,x e ， 1 2 e g x. 【答案】 （1）答案不唯一，具体见解析； （2）证明见解析. 【解析】 （1）依题意， 12 22 mmx fx xx ， 当0m 时， 0fx ，故函数 f x在0,上单调递增； 当0m 时，令 0fx ，解得 2 x
38、 m ， 故当 2 0,x m 时， 0fx ，当 2 ,x m 时， 0fx ， 故函数 f x在 2 0, m 上单调递增，在 2 , m 上单调递减； （2）问题等价于 min 2 e g x ， 2 ln 2 mx g xxxxe， lngxxmx， 令 lnp xxmx，则 11 mx p xm xx ， 令 0p x ，得 2 1 xe m ，故 0px 在 2 0,e 上恒成立， p x在 2 0,e 上单调递增，则 gx 在 2 0,e 上单调递增， 当0 x 时， gx ， 222 lng eeme， 因为 2 1 0,m e ，故 2 0g e， 故存在 0 x，使得 0
39、0gx，即 00 ln0 xmx， 故 0 0 ln x m x ，而 10gm ， 10g eme ， 故 0 1,xe， g x在 0 0,x上单调递减，在 2 0, x e 上单调递增， 故 2 00 000000 min ln ln 22 xxm g xg xxxxxexe ， 令 ln 2 xx h xxe，1,xe，而 ln1 0 2 x h x 恒成立， 故 2 e h xh e， 从而 min 2 e g x ，故 2 1 0,x e ， 1 2 e g x. 31 （2020 江苏广陵扬州中学高三其他）已知函数( )lnf xxx. （1）若函数 2 ( )( )(2) (0
40、)g xfxaxax a，试研究函数( )g x的极值情况； （2）记函数( )( ) x x F xf x e 在区间(1,2)内的零点为 0 x，记( )min( ), x x m xf x e ，若( )()m xn nR 在区间(1,)内有两个不等实根 1212 ,()x x xx，证明： 120 2xxx. 【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【解析】 （1）由题意，得 ln1fxx， 故 2 2ln1g xaxaxx， 故 2111 22 xax gxaxa xx ， 0,0 xa . 令 0gx ，得 12 11 , 2 xx a 当02a时， 11 2a ， 1 00 2 g
41、xx或 1 x a ； 11 0 2 gxx a , 所以 g x在 1 2 x 处取极大值 1 ln2 24 a g ， 在 1 x a 处取极小值 11 lnga aa . 当2a 时， 11 2a ， 0gx 恒成立，所以不存在极值； 当2a 时， 11 2a ， 1 00gxx a 或 1 2 x ； 11 0 2 gxx a , 所以 g x在 1 x a 处取极大值 11 lnga aa ， 在 1 2 x 处取极小值 1 ln2 24 a g . 综上， 当02a时， g x在 1 2 x 处取极大值ln2 4 a ，在 1 x a 处取极小值 1 lna a ；当2a 时， 不
42、存在极值；2a 时， g x在 1 x a 处取极大值 1 lna a ，在 1 2 x 处取极小值ln2 4 a . （2） ln x x F xx x e ，定义域为0,x， 1 1 ln x x Fxx e ，而1,2x， 故 0Fx ，即 F x在区间1,2内单调递增 又 1 10F e ， 2 2 22ln20F e ， 且 F x在区间1,2内的图象连续不断， 故根据零点存在性定理，有 F x在区间1,2内有且仅有唯一零点. 所以存在 0 1,2x ，使得 0 0 00 0 x x F xf x e ， 且当 0 1xx时， x x f x e ； 当 0 xx时， x x f x
43、 e ， 所以 0 0 ,1 , x xlnxxx m x x xx e 当 0 1xx时， lnm xx x， 由 1 ln0mxx 得 m x单调递增； 当当 0 xx时， x x m x e ， 由 1 0 x x mx e 得 m x单调递减； 若 m xn在区间1,内有两个不等实根 12 ,x x（ 12 xx） 则 1020 1,xxxx. 要证 120 2xxx，即证 201 2xxx 又 010 2xxx，而 m x在区间 0, x 内单调递减， 故可证 201 2m xmxx， 又由 12 m xm x， 即证 101 2m xmxx， 即 01 01 11 2 2 ln x
44、x xx xx e 记 0 0 0 2 2 ln,1 xx xx h xx xxx e ，其中 0 0h x 记 t t t e ，则 1 t t t e ， 当0,1t时， 0t； 当1,t时， 0t， 故 max 1 t e 而 0t，故 1 0t e ， 而 0 21xx， 所以 0 0 2 21 0 xx xx ee ， 因此 00 0 22 211 1 ln10 xxxx xx hxx eee ， 即 h x单调递增，故当 0 1xx时， 0 0h xh x， 即 01 01 11 2 2 ln xx xx xx e ，故 120 2xxx，得证. 32（2020 辽宁省本溪满族自治县高级中学高三其他 （理） ） 已知函数 bx e f x ax 在2x 处取到极值为 2 e （1）求函数 f x的单调区间； （2）若不等式 2 ln1x f xkxx在0,x上恒成立，求实数 k 的取值范围 【答案】 （1）单调递减区间是 ,0 , 0,2，单调递增区间是2,； （2） 1 2 ， 【解析】 （1）由已知定义域为,00, ， 2 bx abxa e fx ax ， 由 2 2 2 20 2 b aba e f a ，又0a ，得 1 2 b ， 2 2 222 b eee f aa ，所以1a ， 所以 2 2 1 2 x x e fx x ，又0 x 由 0fx 得：
