1、获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 1 专题专题 4 一元函数导数及其应用一元函数导数及其应用 从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的 简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成 立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内 容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数 学知识分析问题、解决问题的能力. 预测预测 2021 年高考命题将保持稳定
2、年高考命题将保持稳定.主观题应用导数研究函数的性质， 备考的面主观题应用导数研究函数的性质， 备考的面要注意做到全覆盖， 如导数几要注意做到全覆盖， 如导数几 何意义的应用、单调性问题、极（最）值问题、零点问题、不等式的证明、参数范围的确定等何意义的应用、单调性问题、极（最）值问题、零点问题、不等式的证明、参数范围的确定等. 一、单选题一、单选题 1 （2020 届山东省潍坊市高三下学期开学考试）函数 32 1yxxmx是R上的单调函数 ，则m的范围 是（ ） A 1 ( ,) 3 B 1 (, ) 3 C 1 ,)? 3 D 1 (, 3 【答案】C 【解析】 若函数 32 1yxxmx是R
3、上的单调函数，只需 2 320yxxm 恒成立，即 1 4 120 3 mm， 故选：C 2 （2020 山东高三下学期开学） 已知函数 ( )f x是偶函数， 当 0 x时， ( )ln1f xxx，则曲线( )yf x 在1x处的切线方程为（ ） Ay x B2yx Cy x D2yx 【答案】A 【解析】 因为0 x，( )()ln()1f xfxxx ，()11f ，( )ln()1fxx ，( 1)1f ，所以曲线 ( )yf x 在1x处的切线方程为11yx ，即y x . 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 2 故选：A 3 （2
4、020 届山东省济宁市高三 3 月月考）已知 111 ln20 xxy， 22 242ln20 xy ，记 22 1212 Mxxyy，则( ) AM的最小值为 2 5 BM的最小值为 4 5 CM的最小值为 8 5 DM的最小值为12 5 【答案】B 【解析】 由题意， 22 1212 Mxxyy的最小值可转化为函数ln2yxx图象上的点与直线 242ln20 xy 上的点的距离的最小值的平方. ln2yxx ，得 1 1y x ， 与直线242ln20 xy平行的直线斜率为 1 2 ， 令 11 1 2x ，解得2x，所以切点的坐标为2 ln2， 切点到直线242ln20 xy的距离 22
5、ln242ln22 5 514 d 即 22 1212 Mxxyy的最小值为 4 5 . 故选：B 4 （2020 山东滕州市第一中学高三 3 月模拟）函数 2 sin xx eex f xx e 的图象大致为( ) A B C D 【答案】A 【解析】 由函数的解析式可得： fxf x，则函数 f x的图像关于坐标原点对称， 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 3 据此可排除 B 选项， 考查函数 xx g xee，则 2 1 x xx x e gxee e ， 当0 x时， g x单调递增，则 3 44 gg ，据此有： 3 44 ff ，
6、 据此可排除 C 选项； 当0 x时，0,sin0 xx eex ，则 0f x ，据此可排除 D 选项； 本题选择 A 选项. 点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判 断图象的上下位置 (2)从函数的单调性， 判断图象的变化趋势 (3)从函数的奇偶性， 判断图象的对称性 (4) 从函数的特征点，排除不合要求的图象利用上述方法排除、筛选选项 5 （2020 届山东省菏泽一中高三 2 月月考）已知奇函数 f x是 R 上增函数, g xxf x则( ) A 23 32 3 1 log22 4 ggg B 23 32 3 1 log22 4
7、 ggg C 23 32 3 1 22log 4 ggg D 23 32 3 1 22log 4 ggg 【答案】B 【解析】 由奇函数 ( )f x是R上的增函数，可得 0fx ，以及 当0 x时， 0f x ，当0 x时， 0f x ， 由 g xxf x，则()()( )( )gxxfxxf xg x ，即( )g x为偶函数 因为 g xf xxfx ，所以当0 x时， 0g x ，当0 x时， 0g x 故0 x时，函数( )g x单调递增，0 x时，函数( )g x单调递减 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 4 因为 33 1 l
8、oglog 4 4 gg ， 23 0 32 3 2221log 4 所以 23 32 3 1 log22 4 ggg 故选：B 6 （2020 届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数 yf x的导函数 fx 的图象如图所示，则 下列判断正确的是（ ） A函数 yf x在区间 1 3, 2 内单调递增 B当2x时，函数 yf x取得极小值 C函数 yf x在区间 2,2内单调递增 D当3x 时，函数 yf x有极小值 【答案】BC 【解析】 对于 A，函数 yf x在区间 1 3, 2 内有增有减，故 A 不正确； 对于 B，当2x时，函数 yf x取得极小值，故 B 正确； 对于 C，
9、当2,2x 时，恒有 0fx ，则函数 yf x在区间2,2上单调递增，故 C 正确； 对于 D，当3x 时， 0fx ，故 D 不正确. 故选：BC 7 （2020 届山东省青岛市高三上期末）已知奇函数 f x是 R 上增函数, g xxf x则( ) A 23 32 3 1 log22 4 ggg 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 5 B 23 32 3 1 log22 4 ggg C 23 32 3 1 22log 4 ggg D 23 32 3 1 22log 4 ggg 【答案】B 【解析】 由奇函数 ( )f x是R上的增函数，可
10、得 0fx ，以及 当0 x时， 0f x ，当0 x时， 0f x ， 由 g xxf x，则()()( )( )gxxfxxf xg x ，即( )g x为偶函数 因为 g xf xxfx ，所以当0 x时， 0g x ，当0 x时， 0g x 故0 x时，函数( )g x单调递增，0 x时，函数( )g x单调递减 因为 33 1 loglog 4 4 gg ， 23 0 32 3 2221log 4 所以 23 32 3 1 log22 4 ggg 故选：B 二、多选题二、多选题 8 （2020 届山东省济宁市高三 3 月月考）设函数 ln,0 1 ,0 x x x f x exx ，
11、若函数 g xf xb有三 个零，则实数b可取的值可能是 ( ) A0 B 1 2 C1 D2 【答案】BC 【解析】 由题意，函数 g xf xb有三个零点，则函数 0g xf xb， 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 6 即 f xb有三个根， 当0 x时， 1 x f xex，则 12 xxx exexxef 由 0fx 得20 x，即2x，此时 f x为减函数， 由 0fx 得20 x，即20 x ，此时 f x为增函数， 即当2x时， f x取得极小值 2 1 2f e ，作出 f x的图象如图： 要使 f xb有三个根，则01b，
12、则实数b可取的值可能是 1 2 ，1 故选：BC 9 （2020 山东滕州市第一中学高三 3 月模拟）设定义在R上的函数 f x满足 2 fxf xx，且当 0 x时， fxx .己知存在 2 2 0 11 11 22 xx f xxfxx ，且 0 x为函数 x g xeexa(,aR e为自然对数的底数)的一个零点，则实数a的取值可能是（ ） A 1 2 B 2 e C 2 e D e 【答案】BCD 【解析】 令函数 2 1 ( )( ) 2 T xf xx ，因为 2 ()( )fxf xx， 222 11 ( )()( )()()( )()0 22 T xTxf xxfxxf xfx
13、x ， ( )T x 为奇函数， 当0 x时， ( )( )0T xfxx ， 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 7 ( )T x 在,0上单调递减， ( )T x 在R上单调递减 存在 0 |( )(1)xx T xTx ， 得 00 ()(1)T xTx ， 00 1xx，即 0 1 2 x ， ( ) x g xeexa； 1 () 2 x， 0 x为函数( )yg x的一个零点； 当 1 2 x时，( )0 x g xeex， 函数( )g x在 1 2 x时单调递减， 由选项知0a，取 1 2 a x e ， 又0 a e a ge
14、 e ， 要使( )g x在 1 2 x时有一个零点， 只需使 11 0 22 geea ， 解得 2 e a， a的取值范围为, 2 e ， 故选：BCD 10 （2020 2020 届山东省淄博市高三二模）已知 111 ln20 xxy， 22 242ln20 xy ，记 22 1212 Mxxyy，则（ ） AM的最小值为 2 5 5 B当M最小时， 2 12 5 x CM的最小值为 4 5 D当M最小时， 2 6 5 x 【答案】BC 【解析】 由 111 ln20 xxy，得： 111 ln2yxx， 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库
15、. 8 22 1212 xxyy的最小值可转化为函数ln2yxx图象上的点到直线242ln20 xy上 的点的距离的最小值的平方， 由ln2yxx得： 1 1y x ， 与直线242ln20 xy平行的直线的斜率为 1 2 ， 则令 11 1 2x ，解得：2x，切点坐标为2,ln2， 2,ln2到直线 242ln20 xy 的距离 22ln242ln22 5 514 d . 即函数ln2yxx上的点到直线242ln20 xy上的点的距离的最小值为 2 5 5 . 22 1212 Mxxyy的最小值为 2 4 5 d ， 过2,ln2与242ln20 xy垂直的直线为ln222yx，即24ln
16、20 xy. 由 242ln20 24ln20 xy xy ，解得： 12 5 x ，即当M最小时， 2 12 5 x . 故选：BC. 三、填空题三、填空题 11 （2020 届山东省菏泽一中高三 2 月月考）已知直线2yx与曲线 ln()yxa 相切，则a= 【答案】3 【解析】 设切点为（x0，y0） ，由题意可得：曲线的方程为 yln（x+a） ，所以 y 1 xa 所以 k切 0 1 xa 1，并且 y0 x0+2，y0ln（x0+a） ，解得：y00，x02，a3 故答案为 3 12 （2020 届山东省烟台市高三模拟）设定义域为R的函数 f x满足 fxf x ，则不等式 1 2
17、1 x ef xfx 的解集为_ 【答案】(1,) 【解析】 设 F（x） x f x e ， 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 9 则 F（x） x fxf x e ， fxf x ， F（x）0，即函数 F（x）在定义域上单调递增 1 21 x ef xfx 21 21 xx f xfx ee ，即 F（x）F（2x1） x2x1，即 x1 不等式 1 21 x ef xfx 的解为1, 故答案为：1, 13 （2020 届山东省淄博市部分学校高三 3 月检测）已知函数 2sinsin2f xxx，则 f x的最小值是 _ 【答案】 3
18、3 2 【解析】 分析：首先对函数进行求导，化简求得 1 4 cos1cos 2 fxxx ，从而确定出函数的单调区间，减 区间为 5 2,2 33 kkkZ ，增区间为2,2 33 kkkZ ，确定出函数的最小值点， 从而求得 33 sin,sin2 22 xx 代入求得函数的最小值. 详解： 2 1 2cos2cos24cos2cos24 cos1cos 2 fxxxxxxx ，所以当 1 cos 2 x 时函数 单调减，当 1 cos 2 x 时函数单调增，从而得到函数的减区间为 5 2,2 33 kkkZ ，函数的增区 间为2,2 33 kkkZ ，所以当2, 3 xkkZ 时，函数
19、f x取得最小值，此时 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 10 33 sin,sin2 22 xx ，所以 min 333 3 2 222 f x ，故答案是 3 3 2 . 14 （2020 山东高三模拟） 已知函数( )ln2f xxxa在点(1, (1)f 处的切线经过原点， 函数 ( ) ( ) f x g x x 的最小值为m，则2ma_. 【答案】0 【解析】 ( )1 lnfxx ， (1)1 f ，(1)2fa ， 切线 1 l的方程：21yax， 又 1 l过原点，所以21a，( )ln1f xxx， 1 ( )lng xx
20、 x ， 22 111 ( ) x g x xxx . 当(0,1)x时，( )0g x ；当(1,)x时，( )0g x . 故函数 ( ) ( ) f x g x x 的最小值(1)1g，所以1,20mma. 故答案为:0. 15 （2020 届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）若函数( ) ()1,f xa nx aR 与函数( )g xx，在公 共点处有共同的切线，则实数a的值为_ 【答案】 2 e 【解析】 函数 lnf xa x的定义域为0,， a fx x ， 1 2 gx x ， 设曲线 lnf xa x与曲线 g xx公共点为 00 ,x y， 由于在公共点处有共同的切线，
21、0 0 1 2 a xx ，解得 2 0 4xa，0a 由 00 f xg x，可得 00 lna xx 联立 2 0 00 4xa alnxx ，解得 2 e a 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 11 故答案为： 2 e 16 （2020 届山东省济宁市高三 3 月月考）如图所示，某几何体由底面半径和高均为 1 的圆柱与半径为 1 的 半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行， 则小圆柱体积的最大值为_. 【答案】 32 27 【解析】 由题意，设小圆柱体底面半径为cos， 则高为1 s
22、in0, 2 ， 小圆柱体体积 2 cos1 sinV， 设sin0,1tt， 则 232 111Vttttt 则 2 321311Vtttt 当 1 3 t 时， max 32 27 V 故答案为： 32 27 17 （2020 届山东省淄博市高三二模）已知函数 f x的定义域为 R，导函数为 fx ，若 cosf xxfx，且 sin 0 2 x fx，则满足 0f xf x的 x 的取值范围为_. 【答案】, 2 【解析】 依题意， coscos 22 xx f xfx ， 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 12 令 cos 2 x g
23、 xf x，则 g xgx，故函数 g x为奇函数 cossin 0 22 xx gxf xfx ，故函数 g x在R上单调递减， 则 coscos 00 22 xx f xf xf xf x 0g xg xg xg xgx，即xx ，故 2 x ，则 x 的取值范围为 , 2 . 故答案为：, 2 四、解答题四、解答题 18 （2020 届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数 1 x f xxae （1）讨论 f x的单调性； （2）当1a时，设 12 10,0 xx 且 12 5f xf x，证明： 12 1 24xx e 【答案】 （1）见解析（2）见解析 【解析】 （1） 1 x
24、 fxae， 当0a时， 0fx ，则 f x在R上单调递增 当0a时，令 0fx ，得 1 lnx a ，则 f x的单调递增区间为 1 ,ln a ， 令 0fx ，得 1 lnx a ，则 f x的单调递减区间为 1 ln, a （2）证明： （法一）设 231 x g xf xxex，则 3 x g xe， 由 0g x 得ln3x；由 0g x 得ln3x， 故 max ln33ln3 40g xg 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 13 从而得 20g xf xx， 122212 5,2520f xf xf xxf xx ， 即
25、12 1 24xx e （法二） 12 1212 5,3 xx f xf xxeex ， 12 122 233 xx xxeex， 设 3 x g xex，则 3 x g xe， 由 0g x 得ln3x；由 0g x 得ln3x， 故 min ln33 3ln3g xg 12 10,0 xx ， 1 12 1 233ln33ln3xxe e ， 3ln3ln274， 12 1 24xx e 19 （2019 宁德市高级中学高三月考（理） ）已知函数)f x （ae2x+(a2) exx. （1）讨论 ( )f x的单调性； （2）若 ( )f x有两个零点，求 a 的取值范围. 【答案】 （
26、1）见解析； （2）(0,1). 【解析】 （1） f x的定义域为, ， 2 221121 xxxx fxaeaeaee ， （）若0a，则 0fx ，所以 f x在, 单调递减. （）若0a，则由 0fx 得lnxa. 当, lnxa 时， 0fx ；当ln ,xa 时， 0fx ，所以 f x在, lna 单调递减， 在ln , a单调递增. （2） （）若0a，由（1）知， f x至多有一个零点. （）若0a，由（1）知，当lnxa时， f x取得最小值，最小值为 1 ln1lnfaa a . 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 14
27、当1a 时，由于ln0fa，故 f x只有一个零点； 当1,a时，由于 1 1ln0a a ，即ln0fa，故 f x没有零点； 当0,1a时， 1 1ln0a a ，即ln0fa. 又 422 2e2 e22e20faa ，故 f x在, lna 有一个零点. 设正整数 0 n满足 0 3 ln1n a ，则 0000 0000 ee2e20 nnnn f naannn. 由于 3 ln1lna a ，因此 f x在ln , a有一个零点. 综上，a的取值范围为0,1. 20 （2020 山东高三模拟）已知函数 2 1 ( )1ln () 2 f xm xx mR. （1）若1m，求证：(
28、)0f x . （2）讨论函数 ( )f x的极值； （3）是否存在实数m，使得不等式 1 11 ( ) x f x xe 在(1,)上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不 存在，请说明理由. 【答案】 （1）证明见解析； （2）见解析； （3）存在，1. 【解析】 （1）1m， 2 1 ( )1ln (0) 2 f xxx x， 2 11 ( ) x fxx xx ，当(0,1)x时，( )0fx ， 当(1,)x时，( )0fx ， min ( )(1)0f xf，故( )0f x . （2）由题知，0 x， 2 11 ( ) mx fxmx xx ， 当0m时， 2 1 ( )0 mx
29、fx x ， 所以 ( )f x在(0,)上单调递减，没有极值； 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 15 当0m时， 2 1 ( )0 mx fx x ，得 1 x m ， 当 1 0,x m 时，( )0fx ；当 1 ,x m 时，( )0fx ， 所以 ( )f x在 1 0, nn 上单调递减，在 1 , m 上单调递增. 故 ( )f x在 1 x m 处取得极小值 1111 ln 222 fmm m ，无极大值. （3）不妨令 1 11 11 ( ) x xx ex h x xexe ， 设 11 ( ),(1,),( )10 x
30、x u xex xu xe 在(1,)恒成立， ( )u x在1,)单调递增，( )(1)0u xu ， 1 0 x ex 在(1, )恒成立， 所以，当(1,)x时，( )0h x ， 由（2）知，当0,1mx时， ( )f x在(1,)上单调递减， ( )(1)0f xf 恒成立； 所以不等式 1 11 ( ) x f x xe 在(1,)上恒成立，只能0m. 当01m时， 1 1 m ，由（1）知 ( )f x在 1 1, m 上单调递减， 所以 1 (1)0ff m ，不满足题意. 当m1时，设 2 1 111 ( )1ln 2 x F xm xx xe ， 因为1,1mx，所以 1
31、11 11 ,1,01, 10 x xx mxx e ee ， 32 2122 111111 ( )1 x xxx F xmxx xxexxx ， 即 2 2 (1)1 ( )0 xx F x x ， 所以( )F x在(1,)上单调递增， 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 16 又(1)0F，所以(1,)x时，( )0F x 恒成立， 即( )( )0f xh x恒成立， 故存在m1，使得不等式 1 11 ( ) x f x xe 在(1,)上恒成立， 此时m的最小值是 1. 21 （2020 届山东省高考模拟）已知函数 2 ( )2ln
32、()f xxaxx aR. （1）讨论 ( )f x的单调性； （2）若 ( )f x有两个极值点 1212 ,x xxx ，当 2 2ae e 时，求 21 f xf x的最大值. 【答案】 （1）当4a时， ( )f x在(0,)上单调递增；当 4a时， ( )f x在 2 16 0, 4 aa ， 2 16 , 4 aa 上单调递增；在 22 1616 , 44 aaaa 上单调递减； （2） 1 2e e 【解析】 （1）由 2 ( )2lnf xxaxx得 2 ( )2fxxa x ； 因为0 x，所以 2 24x x ； 因此，当4a时， 2 ( )20fxxa x 在(0,)上恒
33、成立，所以 ( )f x在(0,)上单调递增； 当4a时， 由 2 ( )20fxxa x 得 2 220 xax， 解得 2 16 4 aa x 或 2 16 0 4 aa x ； 由 2 ( )20fxxa x 得 22 1616 44 aaaa x ； 所以 ( )f x在 2 16 0, 4 aa ， 2 16 , 4 aa 上单调递增； 在 22 1616 , 44 aaaa 上单调 递减； 综上，当4a时， ( )f x在(0,)上单调递增； 当4a时，( ) f x在 2 16 0, 4 aa ， 2 16 , 4 aa 上单调递增； 在 22 1616 , 44 aaaa 获取
34、 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 17 上单调递减； （2）若 ( )f x有两个极值点 1212 ,x xxx ， 由（1）可得， 12 ,x x是方程 2 220 xax的两不等实根， 所以 12 2 a xx， 12 1x x ， 因此 22 21222111 (2ln)(2ln)f xf xxaxxxaxx 222222 2112121222 22 211 2 1 2()()2ln2ln2ln xx xxxxxxxxxx xxx ， 令 2 2 tx，则 22 222 2 2 1 11 ()()2ln2lnf xf xttxx xt ；
35、由（1）可知 2 2 16 4 aa x ， 当 2 2ae e 时， 2 2 24 24 4 6 16 4 81e xe e aa e e ， 所以 2 2 , etx ， 令 1 ( )2lng ttt t ，,te， 则 22 222 1221(1) ( )10 ttt g t tttt 在,te上恒成立； 所以 1 ( )2lng ttt t 在,te上单调递减， 故 max 1 ( )( )2g tg ee e . 即 21 f xf x的最大值为 1 2e e . 22 （2020 届山东省济宁市高三 3 月月考）已知函数 1 x f xax eaR. （1）求函数 f x的单调区
36、间； （2）是否存在一个正实数a，满足当xR时， 1f x 恒成立，若存在，求出a的值；若不存在，请说 明理由. 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 18 【答案】 （1）0a时， f x的增函数区间为, ，无减函数区间；0a时， f x的增函数区间为 1 , a a ，减函数区间为 1 , a a ；0a 时， f x的增函数区间为 1 , a a ，减函数区间为 1 , a a ； （2）存在， 1. 【解析】 （1）函数 ,1 x xR f xax e的定义域为R， 11 xxx fxaeax eeaxa 若 0, x af xef x在
37、, 上为增函数； 若0a，0 x e ，当 1a x a 时， 0fx；当 1a x a 时， 0fx； 所以 f x在 1 , a a 上为增函数，在 1 , a a 上为减函数； 若0a ，0 x e ，当 1a x a 时， 0fx；当 1a x a 时， 0fx； 所以 f x在 1 , a a 上为减函数，在 1 , a a 为增函数 综上可知，0a时， f x的增函数区间为 , ，无减函数区间； 0a时， f x的增函数区间为 1 , a a ，减函数区间为 1 , a a ； 0a 时， f x的增函数区间为 1 , a a ，减函数区间为 1 , a a ； （2）由（1）知，
38、0a时， f x的最大值为 1 1 a a a fae a ， 若对任意实数x， 1f x 恒成立，只须使 1 1 a a ae 即可. 又因为0a，所以不等式 1 1 a a ae 等价于： 1 ln0 a a ae ， 即： 1 ln0 a a a ， 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 19 设 1 ln0 a g aaa a ，则 22 111aaa ga aaa ， 当01a时， 0g a ；当1a 时， 0g a 所以， g a在0,1上为减函数，在1,上为增函数， 当01a时， 10g ag，不等式 1 ln0 a a a 不成立
39、， 当1a 时， 10g ag，不等式 1 ln0 a a a 不成立， 当1a 时， 10g ag，不等式 1 ln0 a a a 成立， 存在正实数a且1a 时，满足当xR时， 1f x 恒成立. 23 （2020 届山东省潍坊市高三模拟一）已知函数 cossin x f xexxx， sin2 x g xxe，其中e 是自然对数的底数 （） 12 ,0 ,0, 22 xx ，使得不等式 12 ( )()f xmg x成立，试求实数m的取值范围； （）若1x，求证：( )( )0f xg x 【答案】 （）21, ； （）证明见解析 【解析】 （） 由题意， 12 ,0 ,0, 22 xx
40、 ，使得不等式 12 ( )()f xmg x成立， 等价于 1 max2 max ( )()f xmg x1 分 (cossin )(sincos )()cos(1)sin xxx fxexxxxxexxex， 当 ,0 2 x 时， 0fx，故( )f x在区间 0, 2 上单调递增， 所以0 x时， f x取得最大值 1即 max ( )1f x 又当 0, 2 x时， cos2 x gxxe， sin20 x gxxe 所以 g x 在 0, 2 上单调递减，所以 0120gxg ， 故 g x在区间 0, 2 上单调递减，因此，0 x时， max ( )(0)2g xg 获取 资料请
41、加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 20 所以1 2m ，则 2 1m 实数m的取值范围是21, （）当1x时，要证，只要证e cos sinsin2e0 xx xxxx ， 即证ecos21 sin x xxx，由于cos 20,10 xx ， 只要证 esin 1cos2 x x xx 下面证明1x时，不等式 ecos 1sin2 x x xx 成立 令 e 1 1 x h xx x ，则 22 e1ee 11 xx x xx h x xx ， 当1,0 x 时， 0h x ， h x单调递减； 当0,x时， 0h x ， h x单调递增 所以当且仅当
42、0 x时， h x取最小值为 1 法一： sin cos2 x k x ，则cos2sinkxkx，即sin cos2xkxk ，即 2 2 sin() 1 k x k ， 由三角函数的有界性， 2 2 1 1 k k ，即11k ，所以 max 1k，而 min 01h xh， 但当0 x时， 010kh ；0 x时， 1h xk 所以， max min esin 1cos2 x x xx ，即 esin 1cos2 x x xx 综上所述，当1x时，成立 法二：令 sin ( ) cos2 x x x ，其可看作点cos ,sinAxx与点2,0B 连线的斜率k， 所以直线AB的方程为：2
43、yk x， 由于点A在圆 22 1xy上，所以直线AB与圆 22 1xy相交或相切， 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 21 当直线AB与圆 22 1xy相切且切点在第二象限时， 直线AB取得斜率k的最大值为1而当0 x时， (0)010h ； 0 x时， 1h xk 所以， minmax ( )( )h xx，即 esin 1cos2 x x xx 综上所述，当1x时，成立 法三：令 sin ( ) cos2 x x x ，则 2 12cos ( ) (cos2) x x x ， 当 3 2,() 4 xkkN 时，( )x取得最大值 1，
44、而 min 01h xh， 但当0 x时， 0010h ；0 x时， 1h xk 所以， minmax ( )( )h xx，即 esin 1cos2 x x xx 综上所述，当1x时，成立 24 （2020 届山东省潍坊市高三模拟二）已知函数( )ln,f xxxkx kR. （1）求( )yf x在点(1,(1)f处的切线方程； （2）若不等式 2 ( )f xxx恒成立，求 k 的取值范围； （3）求证：当 * nN时，不等式 2 2 1 2 ln 41 21 n i nn i n 成立. 【答案】 （1）(1)1ykx（2）k2（3）证明见解析 【解析】 （1）函数( )yf x的定义
45、域为(0,)， ( )1lnfxxk ，(1)1fk ， (1)fk，函数( )yf x在点(1,(1)f处的切线方程为(1)(1)ykkx， 即(1)1ykx. （2）由 2 ( )f xxx，( )lnf xxxkx，则 2 lnxxkxxx，即ln1xkx， 获取 资料请加 QQ 群 52714787，更多资料关注公众号：高中数学优质讲义库. 22 设( )ln1g xxxk， 1 ( )1g x x ， 0,1x， 0g x ，( )g x单调递增， 1,x， ( )0g x ，( )g x单调递减， 不等式 2 ( )f xxx恒成立，且0 x， ln10 xxk ， max ( )(1)20g xgk即可，故k2. （3）由（2）可知：当2k 时，ln1xx恒成立， 令 2 1 41 x i ，由于 * iN， 2 1 0 41i . 故， 22 11 ln1 4141ii ，整理得： 2 2 1 ln 411 41 i i ， 变形得： 2 1 ln 411 (21)(21) i ii ，即： 2 11 ln 4112 2121 i
