2020届山东省新高考高三优质数学试卷分项解析 专题04 一元函数导数及其应用(解析版)

专题4 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2020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.
一、单选题
1．（2020届山东省烟台市高三上期末）函数sin y x x =+的部分图象可能是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D 【解析】
由题,x ∈R ,设()sin f x x x =+,则()()sin sin f x x x x x -=-+-=-,故函数不具有奇偶性,可排除A 、
B ；
当
02x π
>>时,()sin f x x x =+,所以()1cos 0f x x '=+>,则()sin 0f x x ''=-<,即在0,2x π⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时,()f x 图像向上凸. 故选D
2．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）函数sin x x
x x
y e e -+=
+的图象大致为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B 【解析】 因为sin ()x x x x
y f x e e -+==
+，所以()sin sin ()x x
x x x x x x f x e e e e
---+----==++， 得()()f x f x =--，所以sin x x
x x
y e e -+=
+为奇函数，排除C ；
设()sin g x x x =+，'
()1cos 0g x x ∴=-≥恒成立，所以在[0,)+∞，()sin g x x x =+单调递增，所以
()0sin 00g x ≥+=，
故sin 0x x
x x
y e e
-+=
≥+在[0,)+∞上恒成立，排除AD ， 故选：B.
3．（2020届山东师范大学附中高三月考）已知()2
1ln 2
f x x a x =-在区间()0,2上有极值点，实数a 的取值范围是（ ） A ．()0,2 B ．()()2,00,2-U
C ．()0,4
D ．()()4,00,4-U
【答案】C 【解析】
2()a x a f x x x x -'=-=
,由于函数()f x 在(0,2)上有极值点，所以()f x '
在(0,2)上有零点.所以02
a a >⎧⎪，解得(0,4)a ∈. 故选：D.
4．（2020届山东师范大学附中高三月考）已知偶函数()f x 的定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭
，其导函数为()f x '
，当
02
x π
<<
时，有()cos ()sin 0f x x f x x '+<成立，则关于x 的不等式()2cos 4f x x π⎛⎫
<
⋅ ⎪⎝⎭
的解集为（ ）
A ．,42ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
B ．,,2442ππππ⎛⎫⎛⎫
-
-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ C ．,00,44ππ⎛⎫⎛⎫
-
⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
D ．,0,442πππ⎛⎫⎛⎫
-
⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
【答案】B 【解析】 根据题意设()()cos f x g x x =
，则2
()cos ()sin ()cos f x x f x x g x x
'+'=，又当02x π
<<时，()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则有()0g x '<，所以()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭
上单调递减，又()f x 在,22ππ⎛⎫
- ⎪⎝⎭上是偶
函数，所以()()
()()cos()cos f x f x g x g x x x
--=
==-，所以()g x
是偶函数，所以
()()4()cos 4cos 4cos cos 4
f f x f x f x x x x ππππ
⎛⎫ ⎪
⎛⎫⎛⎫
⎝⎭<→<⇒<⇒ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()4g x g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，又()g x 为偶函数，且
在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭
上为减函数，且定义域为,22ππ⎛⎫
- ⎪⎝⎭，则有||4x π>，解得
2
4
x π
π
-
<<-
或
4
2x π
π
<<
，即不等式的解集为,,2442ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
， 故选：B.
5．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知0.5log 5a =、3log 2b =、0.32c =、2
12d ⎛⎫= ⎪⎝⎭
，从这四
个数中任取一个数m ，使函数()3
2123
x mx x f x =+++有极值点的概率为（ ） A ．
14
B ．
12
C ．34
D ．1
【答案】B 【解析】
f ′（x ）＝x 2+2mx +1， 若函数f （x ）有极值点，
则f ′（x ）有2个不相等的实数根，
故△＝4m 2﹣4＞0，解得：m ＞1或m ＜﹣1，
而a ＝log 0.55＜﹣2，0＜b ＝log 32＜1、c ＝20.3＞1，0＜d ＝（12
）2
＜1， 满足条件的有2个，分别是a ，c ， 故满足条件的概率p 2142
==， 故选：B ．
6．（2020届山东实验中学高三上期中）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()22f x f x +=-，且当2x >时，有()()()()2,11xf x f x f x f ''+>=若，则不等式()1
2
f x x <-的解集是（ ） A ．(2,3) B ．(),1-∞
C ．()()1,22,3⋃
D ．()(),13,-∞⋃+∞
【答案】A 【解析】
根据题意，设()(2)()g x x f x =-，则()()111g f =-=-，
则有(2)(2)g x xf x +=+，(2)(2)g x f x -=--，即有(2)(2)g x g x +=--， 故函数()g x 的图象关于(2,0)对称， 则有()()311g g =-=，
当2x >时，()(2)()g x x f x =-，()(2)()()g x x f x f x '=-'+， 又由当2x >时，()()2()x f x f x f x ''+>g ，即当2x >时，()0g x '>， 即函数()g x 在区间(2,)+∞为增函数， 由1
()2
f x x <
-可得(2)()1x f x -<，即()()13g x g <=， 23x ∴<<，
Q 函数()g x 的图象关于(2,0)对称，
∴函数()g x 在区间(,2)-∞为增函数，
由1
()2
f x x <
-可得(2)()1x f x ->，即()1g x >，此时x 不存在， 故选：A ．
7．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）当直线10()kx y k k --+=∈R 和曲线E ：
325
(0)3y ax bx ab =++≠交于112233()()()A x y B x y C x y ，，
，，，123()x x x <<三点时，曲线E 在点A ，点C 处的切线总是平行的，则过点()b a ，可作曲线E 的切线的条数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3
【答案】C 【解析】
直线()10kx y k k R --+=∈过定点()1,1 由题意可知：定点()1,1是曲线()3
2
5
:03
E y ax bx b =++
≠的对称中心， 513
13a b b a ⎧
++=⎪⎪⎨
⎪-=⎪⎩
，解得131a b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，所以曲线3215:33E y x x =-+，()1,13b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， f′（x ）=22x x - ，设切点M （x 0，y 0）， 则M 纵坐标y 0=
320015
33
x x -+，又f′（x 0）=2002x x -， ∴切线的方程为：()()3220000
15y 23
3x x x x x x ⎛⎫--+=-- ⎪⎝⎭
又直线过定点113⎛
⎫- ⎪⎝
⎭，
()()3220000
11521333x x x x x ⎛⎫
∴--+=--- ⎪⎝⎭
，
得3
0x ﹣03x -2=0，
()
()3
00210x
x x --+=，
即()()
2
000120x x x +--=
解得：021x =-或 故可做两条切线 故选C
8．（2020届山东省济宁市高三上期末）已知函数()()()ln 10f x x a x a a =+-+>,若有且只有两个整数12,x x 使得
()10f x >,且()20f x >,则a 的取值范围是( )
A ．3ln 30,
2+⎛
⎫
⎪⎝⎭ B ．()0,2ln 2+
C ．3ln 3,2ln 22+⎡⎫+⎪⎢
⎣⎭ D ．2ln 243ln 3,32++⎡⎫
⎪⎢⎣⎭
【答案】C 【解析】
()()()ln 10f x x a x a a =+-+>，()()1
'1f x a x
=
+-，()()1ln111f a a =+-+= 当1a ≤时，函数单调递增，不成立； 当1a >时，函数在10,
1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫
+∞ ⎪-⎝⎭
上单调递增；
有且只有两个整数12,x x 使得()10f x >,且()20f x >，故()20f >且()30f ≤ 即ln 2220,ln 22a a a +-+>∴<+；ln 33
ln 3330,2
a a a ++-+≤∴≥ 故选：C . 二、多选题
9.(2020届山东省潍坊市高三上学期统考）函数()()1
,1,
ln 1,1,
x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩若函数()()g x f x x a =-+只有
一个零点，则a 可能取的值有（ ） A ．2 B ．2- C ．0 D ．1
【答案】ABC 【解析】
∵()()g x f x x a =-+只有一个零点， ∴函数()y f x =与函数y x a =-有一个交点，
作函数函数()()1,1,
ln 1,1,
x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩与函数y x a =-的图象如下，
结合图象可知，当0a ≤时；函数()y f x =与函数y x a =-有一个交点； 当0a >时，ln(1)y x =-，可得11
y x '
=
-，令1
11x =-可得2x =，所以函数在2x =时，直线与ln(1)y x =-相切，可得2a =.
综合得：0a ≤或2a =. 故选：ABC.
10．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知函数2,0
()(1),0x x e mx m x f x e x x -⎧++<=⎨-≥⎩
（e 为自然对数的
底），若()()()F x f x f x =+-且()F x 有四个零点，则实数m 的取值可以为（ ） A ．1 B ．e C ．2e D ．3e
【答案】CD 【解析】
因为()()()F x f x f x =+-，可得()()F x F x =-，即()F x 为偶函数， 由题意可得0x >时，()F x 有两个零点， 当0x >时，0x -<，()2x
f x e mx m -=-+
即0x >时，()22x
x
x
x
F x xe e e mx m xe mx m =-+-+=-+， 由()0F x =，可得20x xe mx m -+=，
由(),21x
y xe y m x ==-相切，设切点为()
,t
t te ，
x y xe =的导数为(1)x y x e '=+，可得切线的斜率为(1)t t e +，
可得切线的方程为(1)()t
t
y te t e x t -=+-， 由切线经过点1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭
，可得1(1)2t t
te t e t ⎛⎫-=+- ⎪⎝⎭
， 解得：1t =或1
2
-
（舍去），即有切线的斜率为2e ， 故22,m e m e >∴>， 故选：CD.
11．（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数2
()ln f x x x x =+，0x 是函数()f x 的极值点，以下几
个结论中正确的是（ ） A ．010x e
<< B ．01x e
>
C ．00()20f x x +<
D ．00()20f x x +>
【答案】AC 【解析】
函数2
()l (),n 0f x x x x x =+>,()ln 12f x x x '
∴=++,
∵0x 是函数()f x 的极值点，∴()'
00f x =，即00ln 120x x ∴++=，
12
0f e e
'⎛⎫∴=> ⎪⎝⎭,
0,()x f x '→→-∞Q ,
01
0x e
∴<<,即A 选项正确,B 选项不正确;
()()()2
000000000002ln 2l 21n 0f x x x x x x x x x x x +=++==-+++<,即C 正确,D 不正确.
故答案为:AC.
12．（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2
f x f x x -+=，且当0x ≤时，
()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧
⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭
，且0x 为函数
()
x g x e a =-(,a R 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 C ．
2
e D
【答案】BCD 【解析】
Q 令函数21()()2
T x f x x =-，因为2()()f x f x x -+=，
22211
()()()()()()()022
T x T x f x x f x x f x f x x ∴+-=-+---=+--=，
()T x ∴为奇函数，
当0x „时，()()0T x f x x '='-<， ()T x ∴在(],0-∞上单调递减， ()T x ∴在R 上单调递减．
Q 存在0{|()(1)}x x T x T x ∈-…， ∴得00()(1)T x T x -…，001x x -„，即01
2
x „
，
()x g x e a =-Q ；1()2
x „
， 0x Q 为函数()y g x =的一个零点； Q
当1
2
x „
时，()0x g x e '=-„， ∴函数()g x 在1
2
x „时单调递减，
由选项知0a >，取1
2
x =<，
又0g e
⎛=> ⎝Q ，
∴要使()g x 在1
2
x „
时有一个零点，
只需使102g a ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
„，
解得a ，
a ∴的取值范围为⎡⎫+∞⎪⎢
⎪⎣⎭
， 故选：BCD ．
13．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）关于函数()2
ln f x x x
=+，下列判断正确的是（ ） A ．2x =是()f x 的极大值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点 C ．存在正实数k ，使得()f x kx >成立
D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>. 【答案】BD 【解析】
A .函数的 的定义域为（0，+∞）， 函数的导数f ′（x ）22212
x x x x
-=-+=，∴（0，2）上，f ′（x ）＜0，函数单调递减，（2，+∞）上，f ′（x ）＞0，函数单调递增，
∴x ＝2是f （x ）的极小值点，即A 错误；
B .y ＝f （x ）﹣x 2x =+lnx ﹣x ，∴y ′221x x =-+-122
2
x x x
-+-=＜0， 函数在（0，+∞）上单调递减，且f （1）﹣12=+ln 1﹣1=1>0，f （2）﹣21=+ln 2﹣2= ln 2﹣1<0，∴函数y ＝f （x ）﹣x 有且只有1个零点，即B 正确； C .若f （x ）＞kx ，可得k 22lnx x x +＜
，令g （x ）22lnx x x =+，则g ′（x ）34x xlnx
x
-+-=， 令h （x ）＝﹣4+x ﹣xlnx ，则h ′（x ）＝﹣lnx ，
∴在x ∈（0，1）上，函数h （x ）单调递增，x ∈（1，+∞）上函数h （x ）单调递减， ∴h （x ）⩽h （1）＜0，∴g ′（x ）＜0， ∴g （x ）22lnx
x x
=
+在（0，+∞）上函数单调递减，函数无最小值， ∴不存在正实数k ，使得f （x ）＞kx 恒成立，即C 不正确； D .令t ∈（0，2），则2﹣t ∈（0，2），2+t ＞2，
令g （t ）＝f （2+t ）﹣f （2﹣t ）22t =
++ln （2+t ）22t ---ln （2﹣t ）244t t =+-ln 22t t
+-， 则g ′（t ）()
22
22
22
22222244822241648(4)2(2)(4)4(4)
t t t t t t t t t t t t t ----++---=
+⋅=+=-+----＜0， ∴g （t ）在（0，2）上单调递减， 则g （t ）＜g （0）＝0， 令x 1＝2﹣t ，
由f （x 1）＝f （x 2），得x 2＞2+t ， 则x 1+x 2＞2﹣t +2+t ＝4， 当x 2≥4时，x 1+x 2＞4显然成立，
∴对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2＞x 1，若f （x 1）＝f （x 2），则x 1+x 2＞4，故D 正确 故正确的是BD ， 故选：BD ．
14．（2020届山东省滨州市高三上期末）已知定义在0,
2π⎡⎫
⎪⎢⎣⎭
上的函数()f x 的导函数为()f x '，
且()00f =，()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则下列判断中正确的是( )
A ．624f f ππ⎛⎫⎛⎫<
⎪
⎪⎝⎭⎝⎭
B ．ln
03f π⎛⎫
> ⎪⎝
⎭
C ．63f ππ⎛⎫⎛⎫
>
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
D ．43f ππ⎛⎫⎛⎫
>
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
【答案】CD 【解析】 令()()cos f x g x x =，0,2x π⎡⎫
∈⎪⎢⎣⎭， 则2
()cos ()sin ()cos f x x f x x
g x x
'+'=
， 因为()cos ()sin 0f x x f x x '+<， 所以2()cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x '+'=
<在0,2π⎡⎫
⎪⎢⎣⎭
上恒成立，
因此函数()()cos f x g x x =
在0,2π⎡⎫
⎪⎢⎣⎭
上单调递减， 因此64g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即64
cos cos
64
f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭>
，即624f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 错；
又()00f =，所以(0)(0)0cos0f g =
=，所以()()0cos f x g x x =≤在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上恒成立， 因为ln
0,32π
π⎡⎫
∈⎪⎢⎣⎭
，所以ln 03f π⎛⎫
< ⎪⎝⎭
，故B 错； 又63g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，所以63cos
cos
63f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪
⎪
⎝⎭⎝⎭>
，即63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭，故C 正确；
又43g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，所以43cos
cos
4
3
f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪
⎪
⎝⎭⎝⎭>
，即43f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭，故D 正确；
故选：CD.
15．（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数()sin cos f x x x x x =+-的定义域为[)2,2ππ-，则（ ）
A ．()f x 为奇函数
B ．()f x 在[)0,π上单调递增
C ．()f x 恰有4个极大值点
D ．()f x 有且仅有4个极值点 【答案】BD 【解析】
因为()f x 的定义域为[)2,2ππ-，所以()f x 是非奇非偶函数，
()sin cos f x x x x x =+-Q
()()1cos cos sin 1sin f x x x x x x x '∴=+--=+，
当[)0,x Îp 时，()0f x '>，则()f x 在[)
0,p 上单调递增. 显然()00f '≠，令()0f x '=，得1sin x x
=-， 分别作出sin y x =，1
y x
=-
在区间[)2,2ππ-上的图象，
由图可知，这两个函数的图象在区间[)2,2ππ-上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故
()f x 在区间[)2,2ππ-上的极值点的个数为4，且()f x 只有2个极大值点.
故选：BD .
16．（2020届山东省泰安市高三上期末）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x <时，
()()1x f x e x =+，则下列命题正确的是（ ）
A ．当0x >时，()()1x
f x e x -=--
B ．函数()f x 有3个零点
C ．()0f x <的解集为()(),10,1-∞-⋃
D ．12,x x R ∀∈，都有()()122f x f x -< 【答案】BCD 【解析】
（1）当0x >时，0x -<，则由题意得()()1x
f x e x --=-+，
∵ 函数()f x 是奇函数，
∴ ()00f =，且0x >时，()()f x f x =--()1x e
x -=--+()1x e x -=-，A 错；
∴ ()()()1,00,01,0x x e x x f x x e x x -⎧+<⎪
==⎨⎪->⎩
，
（2）当0x <时，由()()10x
f x e x =+=得1x =-，
当0x >时，由()()10x
f x e
x -=-=得1x =，
∴ 函数()f x 有3个零点1,0,1-，B 对； （3）当0x <时，由()()10x
f x e x =+<得1x <-，
当0x >时，由()()10x
f x e
x -=-<得01x <<，
∴ ()0f x <的解集为()(),10,1-∞-⋃，C 对； （4）当0x <时，由()()1x
f x e x =+得()()'2x f x e x =+，
由()()'20x
f x e
x =+<得2x <-，由()()'20x f x e x =+≥得20x -≤<，
∴ 函数()f x 在(],2-∞-上单调递减，在[)2,0-上单调递增， ∴函数在(),0-∞上有最小值()2
2f e --=-，且()()1x
f x e
x =+()0011e <⋅+=，
又∵ 当0x <时，()()10x
f x e
x =+=时1x =-，函数在(),0-∞上只有一个零点，
∴当0x <时，函数()f x 的值域为)
2
,1e -⎡-⎣，
由奇函数的图象关于原点对称得函数()f x 在R 的值域为()
22
1,,1e e --⎤⎡-⋃-⎦⎣
()1,1=-， ∴ 对12,x x R ∀∈，都有()()122f x f x -<，D 对；
故选：BCD ． 三、填空题
17．（2020·全国高三专题练习（文））设点P 是曲线2
x y e x =+上任一点，则点P 到直线10x y --=的最
小距离为__________．
【解析】
由题,过点P 作曲线2x y e x =+的切线,则2x
y e x '=+,设点()00,P x y ,则002x
k e x =+,
当切线与直线10x y --=平行时点P 到该直线距离最小,则0021x
e x +=,即00x =,
所以点P 为()0,1,则点P 到直线10x y --=
=,
18．（2020届山东省滨州市高三上期末）曲线(1)x
y x e =+在点(0,1)处的切线的方程为__________．
【答案】21y x =+ 【解析】
(2)212,21x y x e k y x y x =+∴=∴=='-+Q
19．（2020届山东省九校高三上学期联考）直线y x =与曲线()2ln y x m =+相切，则m =__________. 【答案】22ln 2- 【解析】
函数()2ln y x m =+的导函数2
y x m
'=
+， 设切点坐标00(,)x y ，则()
0002ln 2
1x x m x m
=+=+⎧⎪⎨⎪⎩，解得：02ln 2,22ln 2x m ==-. 故答案为：22ln 2-
20．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知函数()()()212ln f x a x x =---.若函数()f x 在10,2⎛
⎫ ⎪⎝⎭
上无零点，则a 的最小值为________.
【答案】24ln 2- 【解析】
因为()0f x <在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立不可能，故要使函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭
上无零点，只要对任意的
10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x >恒成立，即对任意的10,2x ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭，2ln 21x a x >--恒成立.
令()2ln 21x l x x =--，10,2x ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭，则()()
22
2ln 2'1
x x l x x +-=-， 再令()22ln 2m x x x =+
-，10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()22
212'20x x x x
m x ---==+<， 故()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭
上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫
>=->
⎪⎝⎭
， 从而()'0l x >，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭
上为增函数，所以()124ln 22l x l ⎛⎫
<=- ⎪⎝⎭
， 故要使2ln 21
x
a x >-
-恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞， 综上，若函数()f x 在10,2⎛⎫
⎪⎝⎭
上无零点，则a 的最小值为24ln 2-.
故答案为：24ln 2-
21．（2020届山东省泰安市高三上期末）设函数()f x 在定义域(0，+∞)上是单调函数，
()()0,,x x f f x e x e ⎡⎤∀∈+∞-+=⎣⎦，若不等式()()f x f x ax '+≥对()0,x ∈+∞恒成立，则实数a 的取
值范围是______． 【答案】(],21e -∞- 【解析】
由题意可设()x
f x e x t -+=，则()x
f x e x t =-+，
∵()x
f f x e x e ⎡⎤-+=⎣⎦，
∴()t
t
f t e t t e e =-+==，
∴1t =，
∴()1x
f x e x =-+，
∴()1x
f x e '=-，
由()()f x f x ax '+≥得11x x e x e ax -++-≥，
∴21x
e a x
≤-对()0,x ∈+∞恒成立，
令()21x
e g x x =-，()0,x ∈+∞，则()()2
21'x e x g x x
-=， 由()'0g x =得1x =，
∴()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞单调递增， ∴()()121g x g e ≥=-， ∴21a e ≤-，
故答案为：(],21e -∞-．
22．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）关于函数()2
ln f x x x
=+，下列判断正确的是（ ） A ．2x =是()f x 的极大值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点 C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立
D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且21x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 【答案】BD 【解析】
（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()'
2
2
x f x x -=
，所以()f x 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增，所以2x =是()f x 的极小值点.故A 选项错误.
（2）构造函数()()()2ln 0g x f x x x x x x =-=+->，()(
)
2
'22x x g x x --+=2
2
17240x x
⎡⎤
⎛⎫--+⎢⎥
⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=<，
所以()g x 在()0,∞+上递减.而()1ln 210g =+>，()2ln 210g =-<，()()120g g ⋅<.所以()g x 有且只有一个零点.故B 选项正确.
（3）构造函数()()()2ln 0,0h x f x kx x kx x k x =-=+->>.()2'
2
2kx x h x x
-+-=，由于0k -<，2
2y kx x =-+-开口向下，0x →和x →+∞时，2
20y kx x =-+-<，即()2'
2
2
0kx x h x x
-+-=<，x →+∞时()0h x <，故不存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立，C 选项错误.
（4）由（1）知，()f x 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增， 2x =是()f x 的极小值点.由于任意两个正实数1x ，2x ，且21x x >，()()12f x f x =，故1202x x <<<.令2
1
1x t x =
>，21x tx =.由()()12f x f x =得121222ln ln x x x x +=+，即2121212ln x x x x x x -⋅=，即()11112ln t x t x tx -⋅=⋅，解得()121ln t x t t
-=⋅，则
()2121ln t t x tx t t -==
⋅.所以21222
ln t x x t t
-+=⋅.要证124x x +>，即证1240x x +->，即证2222224ln 40ln ln t t t t t t t t
----=>⋅⋅，由于1t >，所以ln 0t t >，故即证()2224ln 01t t t t -->>①.构造函数()()2
224ln 1h t t t t t =--≥（先取1t ≥），()10h =；()'
44ln 4h t t t =--，()'
10h =；
()()''
41440t h t t t
-=-=>.所以()'h t 在[)1,+∞上为增函数，
所以()()''
10h t h ≥=，所以()h t 在[)1,+∞上为增函数，所以()()10h t h ≥=.故当1t >时，()0h t >.即证得①成立，故D 选项正确. 故选：BD.
23．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）已知函数()e
x x f x =
（e
是自然对数的底数），则函数()f x 的最大值为______；若关于x 的方程()()2
2210f x tf x t ++-=⎡⎤⎣⎦恰有3个不同的实数解，则实数t 的取值范围为______. 【答案】
1e e 11,2e 2-⎛⎫
⎪⎝
⎭ 【解析】
（1）()f x 的定义域为R ，()'
1x
x f x e -=
，故()f x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，所以()1
1f e
=是()f x 的极大值也即是最大值.
（2）由（1）知()f x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，最大值为()1
1f e
=. 当0x >时()0f x >，当0x =时，()0f x =，当0x <时，()0f x <. 由()()2
2210f x tf x t ++-=⎡⎤⎣⎦，即()()2110f x t f x +-+=⎡
⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦. 由上述分析可知()()10,1f x f x +==-有一个解1x .故需()()210,12f x t f x t +-==-有两个不同的解，由上述分析可知1012t e <-<
，解得
1122e t e -<<.所以实数t 的取值范围是e 11,2e 2-⎛⎫
⎪⎝
⎭. 故答案为：（1）1e ；（2）e 11,2e 2-⎛⎫
⎪⎝⎭
. 四、解答题
24．（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，函数()1ln g x ax b x =--（,,0a b ab ∈≠R ）. （1）讨论()g x 的单调性；
（2）证明：当0x ≥时，()31f x x ≤+. （3）证明：当1x >-时，()()
2
sin 22e
x
f x x x <++.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析（3）证明见解析 【解析】
（1）解：()g x 的定义域为()0,∞+，()a g x x b
x
'=
-， 当0a >，0b <时，()0g x '>，则()g x 在()0,∞+上单调递增； 当0a >，0b >时，令()0g x '>，得b x a >
，令()0g x '<，得0b x a <<，则()g x 在0,b a ⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减，在,b a ⎛⎫
+∞
⎪⎝⎭
上单调递增；
当0a <，0b >时，()0g x '<，则()g x 在()0,∞+上单调递减； 当0a <，0b <时，令()0g x '>，得0b x a <<
，令()0g x '<，得b x a >，则()g x 在0,b a ⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递增，
在,b a ⎛⎫
+∞
⎪⎝⎭
上单调递减； （2）证明：设函数()()()31h x f x x =-+，则()2
cos 31
x x h x '=+-+. 因为0x ≥，所以
(]2
0,21
x ∈+，[]cos 1,1x ∈-， 则()0h x '≤，从而()h x 在[)0,+∞上单调递减，
所以()()()()3100h x f x x h =-+≤=，即()31f x x ≤+. （3）证明：当1a b ==时，()1ln g x x x =--.
由（1）知，()()min 10g x g ==，所以()1ln 0g x x x =--≥， 即1ln x x ≥+.
当1x >-时，()210x +>，()2
sin 1e 0x x +>，
则()()2
2
sin sin 1e 1ln 1e x
x x x ⎡⎤++≥+⎣⎦
， 即()()2
sin 1e 2ln 1sin 1x x x x ++++≥，
又()
()2
2sin sin 22e
1e x
x x x x ++>+， 所以(
)
()2
sin 22e
2ln 1sin 1x
x x x x ++>+++，
即()()
2
sin 22e
x
f x x x <++.
25．（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数()3
2
112
f x x x ax =-
++． （1）当2a =时，求曲线()y f x =在点()()
0,0f 处的切线方程；
（2）若函数()1f x x =在处有极小值，求函数()f x 在区间32,2
⎡⎤-⎢⎥⎣
⎦
上的最大值．
【答案】（1）210x y -+=；（2）49
27
. 【解析】
（1）当2a =时，3
2
1()212
f x x x x =-
++，2()32f x x x '=-+， 所以(0)2f '=，又(0)1f =，所以曲线()y f x =在点()()
0,0f 处切线方程为12y x -=，即210x y -+=. （2）因为2
()3f x x x a '=-+，
因为函数()1f x x =在处有极小值，所以(1)202f a a '=+=⇒=-， 所以2
()32f x x x '=-- 由()0f x '=，得2
3
x =-或1x =， 当2
3
x <-或1x >时，()0f x '>， 当2
13
x -
<<时，()0f x '<， 所以()f x 在22,3⎛⎫--
⎪⎝
⎭，31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数，在2,13⎛⎫
- ⎪⎝⎭上是减函数， 因为249
327
f ⎛⎫-
=
⎪⎝⎭，3124
f ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 所以()f x 的最大值为249327
f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 26．（2019·夏津第一中学高三月考）已知函数()()11ln f x x m x m R x x ⎛⎫
=+-+∈ ⎪⎝⎭
． （1）当1m >时，讨论()f x 的单调性； （2）设函数()()1
m g x f x x
-=+
，若存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，证明：120m x x <<+．
【答案】（1）见解析；（2）详见解析. 【解析】
（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞.
'
21()1m m f x x x -=+-222
1(1)[(1)]x mx m x x m x x
-+----==， 因为1m >，所以10m ->，
①当011m <-<，即12m <<时，
由()0f x '>得1x >或1x m <-，由()0f x '<得11m x -<<， 所以()f x 在()0,1m -，()1,+∞上是增函数， 在()1,1m -上是减函数； ②当11m -=，即2m =时()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上是增函数；
③当11m ->，即2m >时，由()0f x '>得1x m >-或1x <，由()0f x '<得11x m <<-，所以()f x 在
()0,1，()1,m -+∞.上是增函数，在()1,1m -.上是减函
综上可知：
当12m <<时()f x 在()0,1m -，()1,+∞上是单调递增，在()1,1m -上是单调递减； 当2m =时，()f x 在()0,∞+.上是单调递增；
当2m >时()f x 在()0,1，()1,m -+∞上是单调递增，在()1,1m -上是单调递减. （2）1()()ln m g x f x x m x x -=+
=-，()1m
g x x
'=-， 当0m ≤时，()0g x '> ，所以()g x 在()0,∞+上是增函数，故不存在不相等的实数1x ，2x ，使得
()()12 g x g x =，所以0m >.
由()()12 g x g x =得1122ln ln x m x x m x -=-，即()2121ln ln m x x x x -=-， 不妨设120x x <<，则21
21
0ln ln x x m x x -=
>-，
要证12m x x <+，只需证
211221ln ln x x x x x x -<+-，即证212112
ln ln x x
x x x x -<-+，
只需证2
12211
1
ln 1x x x x x x -<+，令211x t x =>，只需证1ln 1t t t -<+，即证1
0l 1n t t t -->+， 令1
()ln (1)1
t h t t t t -=-
>+，则222121()0(1)(1)t h t t t t t +'=-=>++， 所以()h t 在()1,+∞上是增函数，所以()(1)0h t h >=，
从而1
0l 1
n t t t --
>+，故120m x x <<+. 27．（2020届山东省泰安市高三上期末）已知函数()x
f x e ax =-． (1)当0a >时，设函数()f x 的最小值为()
g a ，证明：()1g a ≤； (2)若函数()()2
12
h x f x x =-
有两个极值点()1212,x x x x <，证明：()()122h x h x +>． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】
（1）()()0x
f x e a a '=->，令()0f x '=，解得ln x a =，
当ln x a >时，()0f x '>，当ln x a <时，()0f x '<，
()()min ln ln f x f a a a a ∴==-，()()ln 0g a a a a a ∴=->，
令()()ln 0g x x x x x =->，则()ln g x x '=-， 令()0g x '=，解得1x =，
∴当()0,1x ∈时，()0g x '>，当()1x ∈+∞，时，()0g x '<，
()()max 11g x g ∴==，()1g x ∴≤，
∴当0a >时，()1g a ≤；
（2）()2
12
x
h x e ax x =--
，()x h x e a x '=--， 令()x
x e a x ϕ=--，则()1x
x e ϕ'=-，
令()0x ϕ'=，解得0x =，
当0x >时，()0x ϕ'>，当0x <时，()0x ϕ'<，
()()min 01x a ϕϕ∴==-，
又函数()h x 有两个极值点，则10a -<，
1a ∴>，且120x x <<，
∴当()1x x ∈-∞，时，()h x 单调递增，当()10x x ∈，时，()h x 单调递减，
∴当()0x ∈-∞，
时，()()1h x h x ≤， 又()2,0x -∈-∞，()()21h x h x ∴-≤，
()()()()222
12222x x h x h x h x h x e e x -∴+≥-+=+-，
令()()20x
x
m x e e
x x -=+-≥，则()1
2x x m x e x e
'=-
-， 令()()n x m x '=，则()1
20x
x n x e e
'=+
-≥， ()n x ∴在[)0,+∞上单调递增，()()()00m x n x n '∴=≥=， ()m x ∴在[)0,+∞上单调递增，()()02m x m ∴≥=，
20x >Q ，()222222x x m x e e x -∴=+->，即()()222h x h x -+>，
()()122h x h x ∴+>．
28．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）设函数()()ln 1f x ax bx =++，()()2
g x f x bx =-.
（1）若1a =，1b =-，求函数()f x 的单调区间；
（2）若曲线()
y g x =在点()1,ln3处的切线与直线1130x y -=平行. ①求a ，b 的值；
②求实数()3k k ≤的取值范围，使得()()
2
g x k x x >-对()0,x ∈+∞恒成立.
【答案】（1）()f x 的单调增区间为()1,0-，单调减区间为()
0,+?（2）①2
3
a b =⎧⎨
=-⎩②[]1,3k ∈
【解析】
（1）当1a =，1b =-时，()()()ln 11f x x x x =+->-， 则()111'1x
x x
x f --=
++=
.当()'0f x >时，10x -<<； 当()'0f x <时，0x >；
所以()f x 的单调增区间为()1,0-，单调减区间为()0,+?.
（2）①因为()()()(
)2
2
ln 1g x f x bx ax b x x
=-=++-，
所以()()'121a g x b x ax =+-+，依题设有()()()1ln 111'13g a g =+⎧⎪⎨=⎪⎩，即()ln 1ln 3
1113a a b a
+=⎧⎪
⎨-=⎪
+⎩. 解得2
3
a b =⎧⎨
=-⎩.
②()()(
)
2
ln 123g x x x x
=+--，1,2x ⎛⎫
∈-
+∞ ⎪⎝⎭
. ()()2g x k x x >-对()0,x ∈+∞恒成立，即()()20g x k x x -->对()0,x ∈+∞恒成立. 令()()(
)
2
F x g x k x x =--，则有()()2431
'12k x k F x x
-+-=
+. 当13k ≤≤时，当()0,x ∈+∞时，()'0F x >， 所以()F x 在()0,+?
上单调递增.
所以()()00F x F >=，即当()0,x ∈+∞时，()()
2
g x k x x >-；
当1k <
时，当x ⎛∈ ⎝时，()'0F x <，所以()F x
在⎛ ⎝
上单调递减，故当
x ⎛∈ ⎝时，()()00F x F <=，即当()0,x ∈+∞时，()()
2
g x k x x >-不恒成立. 综上，[]1,3k ∈.
29．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知函数()()2
45x a
f x x x a R e
=-+-
∈. ()Ⅰ若()f x 在(),-∞+∞上是单调递增函数，求a 的取值范围；
()Ⅱ设()()x g x e f x =，当m 1≥时，若()()()122g x g x g m +=，且12x x ≠，求证：122x x m +<.
【答案】（1）[)2,a e ∈+∞（2）见解析 【解析】
解：()1 Q ()f x 在(),-∞+∞上是单调递增函数,
∴在x R ∈上，()240x a
f x x e
=-+
≥'恒成立，即：()42x a x e ≥-
∴设()()42x h x x e =- R x ∈ ∴ ()()22x h x x e =-'，
∴当(),1x ∈-∞时()0h x '>，∴ ()h x 在(),1x ∈-∞上为增函数， ∴当()1,x ∈+∞时()0h x '<，∴ ()h x 在()1,x ∈+∞上为减函数， ∴ ()()max 12h x h e ==
Q ()max
42x
a x e ⎡⎤≥-⎣⎦
∴ 2a e ≥， 即[)2,a e ∈+∞ .
()2方法一：因为()()245x g x e x x a =-+-，
所以()()2
'10x g x e x =-≥， 所以()g x 在(),-∞+∞上为增函数，
因为()()()122g x g x g m +=，即()()()()12g x g m g m g x -=-，
()()()()12g x g m g m g x --和同号，
所以不妨设12x m x <<,设()()()()22(1)h x g m x g x g m x m =-+->≥，…8分 所以()()()2
2
2'211m x x h x e m x e x -=---+-，
因为2m x x e e -<，()()()()2
2
21122220m x x m m x ----=--≤， 所以()'0h x >，所以()h x 在(),m +∞上为增函数，
所以()()0h x h m >=，所以()()()()222220h x g m x g x g m =-+->， 所以()()()()22122g m x g m g x g x ->-=， 所以212m x x ->，即122x x m +<. 方法二：
Q ()()()
245x x g x e f x x x e a ==-+-
()()()122g x g x g m += [)1,m ∈+∞，
∴ ()()()
1222
2112245452452x x m x x e a x x e a m m e a -+-+-+-=-+- ∴ ()()()
1222211224545245x x m x x e x x e m m e -++-+=-+
∴设()()
245x x x x e ϕ=-+ x R ∈，则()()()122x x m ϕϕϕ+=， ∴ ()()2
10x x x e ϕ'=-≥ ∴ ()x ϕ在x R ∈上递增且()10ϕ'=
令()1,x m ∈-∞，()2,x m ∈+∞
设()()()F x m x m x ϕϕ=++-, ()0,x ∈+∞，
∴ ()()()22
11m x m x F x m x e m x e +----'=+- Q 0x >
∴ 0m x m x e e +->>，()()()22
112220m x m x m x +----=-≥ ∴ ()0F x '>， ()F x 在()0,x ∈+∞上递增， ∴ ()()()02F x F m ϕ>=，
∴ ()()()2m x m x m ϕϕϕ++->，()0,x ∈+∞
令1x m x =-
∴ ()()()112m m x m m x m ϕϕϕ+-+-+>
即：()()()1122m x x m ϕϕϕ-+> 又Q
()()()122x x m ϕϕϕ+=，
∴ ()()()()12222m x m x m ϕϕϕϕ-+->即：()()122m x x ϕϕ-> Q ()x ϕ在x R ∈上递增
∴ 122m x x ->，即：122x x m +<得证.
30．（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知函数()()2
(,)1x
f x ae x a R
g x x =--∈=.
(1)讨论函数()f x 的单调性;
(2)当0a >时，若曲线()1:1C y f x x =++与曲线()2:C y g x =存在唯一的公切线，求实数a 的值;
(3)当1,0a x =≥时，不等式()()1f x kxln x ≥+恒成立，求实数k 的取值范围. 【答案】（1）见解析（2）24a e =（3）1,2⎛
⎤-∞ ⎥⎝⎦
【解析】
(1)()1x
f x ae '=-，
当0a ≤时，()'0f x <恒成立，()f x 在()-∞+∞，
上单调递减， 当0a >时，由()'0f x =，解得x lna =-， 由于0a >时，导函数()1x
f x ae '=-单调递增，
故 ()x lna ∈-∞-，
，()()0,f x f x '<单调递减， ()()(),,0,x lna f x f x '∈-+∞>单调递增. 综上，当0a ≤时()f x 在()-∞+∞，
上单调递减; 当0a >时， ()f x 在()lna -∞-，
上单调递减，在,()lna -+∞上单调递增. . (2)曲线11:x C y ae =与曲线2
22:C y x =存在唯一公切线，设该公切线与12,C C 分别切于点
()()1
21
2
2
,,,x x ae x x ，显然1
2x
x ≠.
由于12','2x
y ae y x ==，
所以11
2
2212
2x x ae x ae x x x -==-，
1222212222222x x x x ae x x x -=-=- ， 2122222x x x x ∴-=
由于0a >，故20x >，且21220x x =-> 因此11x >，
此时()111214(2 1)
1x x x x a x e e -=
=>， 设()()1 4()
1x
x F x x e =>-
问题等价于直线y a =与曲线()y F x =在1x >时有且只有一个公共点， 又()4(2 )
x
x F x e
-'=
，令()'0F x =，解得2x =， 则()F x 在()1,2上单调递增，(2,)+∞上单调递减， 而()()24
2,10F F e
=
=，当x →+∞时，()0F x → 所以()F x 的值域为240,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦
. 故2
4
a e =
. (3)当1a =时，()1x
f x e x =--，问题等价于不等式
()11x e x kxln x --≥+，当0x ≥时恒成立.
设()()110()x
h x e x kxln x x =---+≥，()00h =，
又设()()()' 1 11) 0(x
x m x h x e k ln x x x ⎡⎤
==--++
≥⎢⎥+⎣⎦
则()()211'11x
m x e k x x ⎡⎤
=-+⎢⎥++⎢⎥⎣⎦
而()'012m k =-. (i)当120k -≥时，即1
2
k ≤
时， 由于0,1x
x e ≥≥，()()2211111112111k x x x x ⎡⎤⎡⎤
+≤+≤⎢⎥⎢⎥++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
此时()()'0,m x m x ≥在[0,)+∞上单调递增. 所以()()00m x m ≥=
即()'0h x ≥，所以()h x 在[0,)+∞上单调递增 所以()()00h x h ≥=， 即()110x
e x kxln x ---+≥，
故1
2
k ≤
适合题意.
(ii)当1
2
k >
时，()'00m <， 由于()()21111x
m x e k x x ⎡⎤
'=-+⎢⎥++⎢⎥⎣⎦
在[0,)+∞上单调递增， 令()20x ln k =>，
则()()211
'222201ln 21ln 2m ln k k k k k x x ⎡⎤=-+>-=⎢⎥++⎢⎥⎣⎦
， 故在()0,ln 2k 上存在唯一o x ，使()'0o m x =， 因此当()00,x x ∈时，()()'0,m x m x <单调递减， 所以()()00m x m <=，
即()()'0,h x h x ≤在()00,x 上单调递减， 故()()00h x h <=，
亦即()1 10x
e x hxln x ---+<，
故1
2
k >
时不适合题意， 综上，所求k 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝
⎦. 31．（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知函数()ln(2)f x x a =+(0,0)x a >>，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线在y 轴上的截距为2
ln 33
-. （1）求a ；
（2）讨论函数()()2g x f x x =-(0)x >和2()()21
x
h x f x x =-
+(0)x >的单调性； （3）设12
,5
a =()1n n a f a +=，求证：1521202n n
n a +-<-<(2)n ≥. 【答案】（1）1a = （2）
()()2g x f x x =-(0)x >为减函数，2()()12x
h x f x x
=-+(0)x >为增函数. （3）
证明见解析 【解析】
（1）对()ln(2)f x x a =+求导，得2
()2f x x a
'=
+.
因此2
(1)2f a
'=
+.又因为(1)ln(2)f a =+， 所以曲线()y f x =在点(1,(1)f 处的切线方程为
2
ln(2)(1)2y a x a -+=
-+， 即22
ln(2)22y x a a a
=
++-++. 由题意，22
ln(2)ln 323a a +-
=-+. 显然1a =，适合上式. 令2
()ln(2)2a a a
ϕ=+-+(0)a >， 求导得2
12()02(2)
a a a ϕ'=
+>++， 因此()a ϕ为增函数：故1a =是唯一解.
（2）由（1）可知，()ln(21)2g x x x =+-(0),x >2()ln(21)21
x
h x x x =+-+(0)x >， 因为24()202121
x
g x x x '=
-=-<++， 所以()()2g x f x x =-(0)x >为减函数. 因为222()21(21)h x x x '=
-++2
40(21)
x
x =>+， 所以2()()12x
h x f x x =-
+(0)x >为增函数.
（3）证明：由12
,5
a =()()1ln 21n n n a f a a +==+，易得0n a >.
15212225
n n
n n
n a a +-<-⇔< 由（2）可知，()()2g x f x x =-ln(21)2x x =+-在(0,)+∞上为减函数. 因此，当0x >时，()(0)0g x g <=，即()2f x x <. 令1(2)n x a n -=≥，得()112n n f a a --<，即12n n a a -<. 因此，当2n ≥时，2
1
121222
n n n n a a a a ---<<<⋅⋅⋅<25
n
=.
所以
1521
22n n n
a +-<-成立.。