2018届高考数学专题2.4导数的应用二同步单元双基双测B卷理

专题2.4 导数的应用（二）
（测试时间：120分钟 满分：150分）
一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）
1. 曲线x y ln =上一点P 和坐标原点O 的连线恰好是该曲线的切线，则点P 的横坐标为( ) A ．e
B. e
C ．e 2
D ．2 【答案】A
考点：导数的几何意义
2. 已知函数y =2x 3
＋ax 2
＋36x －24在x =2处有极值，则该函数的一个递增区间是 A.(2，3)
B.(3，＋∞)
C.(2,＋∞)
D.(－∞,3)
【答案】B
【解析】本题考查常见函数的导数，可导函数f ′(x )=0与极值点的关系，以及用导数求函数的单调区间.
y ′=6x 2＋2ax ＋36.
∵函数在x =2处有极值，∴y ′|x =2=24＋4a ＋36=0，即－4a =60.∴a =－15. ∴y ′=6x 2
－30x ＋36=6(x 2
－5x ＋6)=6(x －2)(x －3). 由y ′=6(x －2)(x －3)＞0，得x ＜2或x ＞3. 考点：导数与函数的单调性
3. 已知函数x x x f 12)(3
-=，若)(x f 在区间)1,2(+m m 上单调递减，则实数m 的取值范围是（ ）
A ．11≤≤-m
B ．11≤<-m
C ．11<<-m
D ．11<≤-m 【答案】D
【解析】
试题分析：因为2()3123(2)(2)f x x x x '=-=+-，令()022f x x '<⇒-<<，所以函数3()12f x x x =-的单调递减区间为(2,2)-，要使)(x f 在区间)1,2(+m m 上单调递减，则区间)1,2(+m m 是区间(2,2)-的
子区间，所以22
1212m m m m ≥-⎧⎪
+≤⎨⎪+>⎩
，从中解得11m -≤<，选D.
考点：函数的单调性与导数.
4. 【2018海南八校联考】已知函数()213ln 2f x x x a x ⎛⎫
=-+- ⎪⎝⎭
在区间()1,3上有最大值，则实数a 的取值范围是( ) A. 1,52⎛⎫-
⎪⎝⎭ B. 111,22⎛⎫- ⎪⎝⎭ C. 111,22⎛⎫ ⎪⎝⎭ D. 1,52⎛⎫
⎪⎝⎭
【答案】B
点睛：解答本题的关键是如何借助题设条件建立不等式组()()10{ 30
f f ><，这是解答本题的难点，也是解答好
本题的突破口，如何通过解不等式使得问题巧妙获解。

5. 已知函数()()ln f x x x ax =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A. 10,
2⎛⎫ ⎪⎝⎭ B. ()0,1 C. (),0-∞ D. 1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭
【答案】A 【解析】
()()()ln ,'ln 21f x x x ax f x x ax =-∴=-
+,()'f x ∴在()0,+∞上有两个不同的零点，令
()'0f x =，得ln 12x a x +=，设()ln 1x g x x +=，则()2ln 'x
g x x
-=， ()g x ∴在()0,1上单调递增，在()1,+∞单调递减，
当0x →时， ()g x →-∞，当x →+∞时， ()0g x →，
()()max 1
11,021,02
g x g a a ∴==∴<<∴<<
，故选A. 【名师点睛】本题主要考查了函数的极值以及零点，已知函数有零点(方程有根)求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，转化成求函数值域问题加以解决．(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
6.【2018吉林百校联盟九月联考】已知当()1,x ∈+∞时，关于x 的方程()ln 11x x k x
k
+-=-有唯一实数解，
则距离k 最近的整数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B
函数h(x)的最小值为()()()31ln30,42ln40, 3.5 1.5ln3.50h h h =-=-=->， 则存在()03,3.5x ∈满足h(x)=0， 据此可得：距离k 最近的整数为3. 本题选择B 选项.
点睛：(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数k ，把所求问题转化为求函数的最小值问题．
(2)若可导函数f (x )在指定的区间D 上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到． 7. 设f(x)是定义在R 上的奇函数，且f(2)=0,当x>0时，有
2
()()
0xf x f x x '-<恒成立，
则不等式2()0x f x >的解集是
A. (-2,0) ∪(2,+∞)
B. (-2,0) ∪(0,2)
C. (-∞,-2)∪(2,+∞) D . (-∞,-2)∪(0,2) 【答案】D 【解析】
00
()
()00x x f x f x x x
><⎧⎧⎪⎪
⎨⎨><⎪⎪⎩⎩或即00()(2)()(2)x x g x g g x g ><⎧⎧⎨⎨><-⎩⎩或，解得02 2.x x <<<-或 故选D
考点：利用导数求不等式的解集
8. 【2018山西山大附中调研】已知()f x '是函数()f x 的导函数，且对任意的实数
x 都有
()()()23x f x e x f x '=++（e 是自然对数的底数），()01f =，若不等式()0f x k -<的解集中恰有两个整数，则实数k 的取值范围是（ ）
A. 1,0e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭
B. 1,0e ⎛⎤- ⎥⎝⎦
C. 21
,0e ⎛⎤- ⎥⎝
⎦ D. 21,0e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦
【答案】C
【解析】当0k =时，即解()0f x <，构造函数()()()()()
23x
x
f x f x f x
g x g x x e
e
'-=
='=
⇒+，可令：
()23g x x x c =++ ，所以()()22x f x x x c e =++ ，由()01f c ==，得： ()()231x f x x x e =++ ，
由()0f x <，得： 2
310x x ++<3535
x ---+<<
其中恰有两个整数2,1-- ，所以0k =时成立，排除A 、D. 当21k e =-
，则()()
22
131x f x e x x e
=++<-， ()()()()222
311,54x x h x e x x f x e x x ++=++<-=++'，
得：函数在()4,1--上递减， ()(),4,1,-∞--+∞上递增，此时()
2
2
311x e
x
x +++<-的解集至少包括
4,2,3,1----，所以不合题意，故不能取21
e
-
，排除B ，本题选C. 9. 已知函数()y f x =是R 上的可导函数，当0x ≠时，有'
()()0f x f x x
+>，则函数 1
()()F x xf x x =+的零点个数是（ ）
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3 【答案】B 【解析】
考点：1.函数与导数；2.零点.
【思路点晴】零点问题一种解法是变为两个函数图象的交点，如本题中的1
()()F x xf x x
=+的零点，可以转化为1()xf x x =-
，也就是左右两个函数图象的交点个数，函数1y x
=-在区间()()0,,,0+∞-∞上为增函数，通过已知条件分析()()()'
''
'
()()0xf x xf x f x f x f x x x x
⎡⎤+⎣⎦+==>,即当
0x >时，()'0xf x >⎡⎤⎣⎦，为增函数，当0x <时，()'
0xf x <⎡⎤⎣⎦，为减函数，由此判断这两个函数在区间(),0-∞上有一个交点. 10. 【2018辽宁沈阳联考】函数的导函数为
，满足
，且
，则
的极
值情况为（ ）
A. 有极大值无极小值
B. 有极小值无极大值
C. 既有极大值又有极小值
D. 既无极大值也无极小值 【答案】D 【解析】
将
代入可得：
则
=
令
则
，当
时，
，当
时，
，故当
时，
取最大值0，故
恒成立，故
恒成立，故既无极大值也无极小值，故选
点睛：根据已知条件要先构造出的解析式的形式，再根据求出，当一阶导数不能判定时可
以求二阶导数，利用二阶导数反应一阶导数的单调性，从而反应出原函数的性质。

11. 【2018天津河西区三模】设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( ) A. (－∞，－1)∪(0，1) B. (－1，0)∪(1，＋∞) C. (－∞，－1)∪(－1，0) D. (0，1)∪(1，＋∞) 【答案】A
考点：函数性质综合应用
12.【2018江西省上饶市一模】 已知()f x 是定义域为()0,+∞的单调函数，若对任意的()0,x ∈+∞，都
有()13
log 4f f x x ⎡⎤+=⎢⎥⎣
⎦
，且方程()32
3694f x x x x a -=-+-+在区间(]
0,3上有两解，则实数a 的取
值范围是（ ）
A. 05a <≤
B. 5a <
C. 05a <<
D. 5a ≥ 【答案】A
【解析】由题意知必存在唯一的正实数a ，满足()13
log f x x a +=， ()4f a = ①，∴()13
log f a a a +=
②，由①②得： 13
log 4a a =-，∴4
13a a -⎛⎫
= ⎪
⎝⎭，解得3a =．故()13
3log f x x =-，由方程
()323694f x x x x a -=-+-+在区间(]0,3上有两解，
可得两图象只有一个交点()1,0，将32694y x x x =-+-的图象向上平移，至经过点()3,1，有两个交点，由()31g =，即41a -=，解得5a =，当05a <≤时，两图象有两个交点，即方程两解．故选A ．
二．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若函数()x kx x f ln -=在区间单调递增，则k 的取值范围是
【答案】[2，）
【解析】
试题分析：由题()x kx x f ln -=：求导得；
，在区间内是增函数，
则；
考点：导数与函数的单调性及求参数的取值范围. 14. 设函数()()()
2
2
2ln 2f x x a x a
=-+-.其中0,R x a >∈，存在0x 使得()04
5
f x ≤
成立，则实数a 的
值为__________． 【答案】
15
【解析】试题分析：函数()f x 可以看作是动点()
2
,ln M x x 与动点(),2N a a 之间距离的平方，动点M 在
函数2ln y x =的图象上， N 在直线2y x =的图象上，问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，由
2ln y x =得2
2y x
'=
=，解得1x =，所以曲线上点()1,0M 到直线2y x =的距离最小，最小距离225
55
d =
=
，则()45f x ≥，根据题意，要使()045f x ≤，则()045f x =，此时N 恰好为垂足，由2021112MN a a k a a -=
==---，解得1
5
a =. 考点：导数在研究函数最值中的应用.
【方法点睛】本题主要考查了导数在研究函数最值中的应用，考查了转化的数学思想，属于中档题.把函数
看作动点()
2
,ln M x x 与动点(),2N a a 之间距离的平方，利用导数求出曲线2ln y x =上与直线2y x =平行
的切线的切点，得到曲线上点到直线的距离的最小值，结合题意可得只有切点到直线距离的平方等于45
，然后由两直线斜率的关系式求得实数a 的值.
15. 【2018安徽合肥高三调研】已知函数()ln x ax
f x x
-=
，若有且仅有一个整数k ，使()()2
0f k f k ⎡⎤->⎣⎦，则实数a 的取值范围是__________．
【答案】
11
ln21ln3123
a -≤<- 点睛：解答本题的关键是准确理解题设中条件“有且仅有一个整数k ，使()()2
0f k f k ⎡⎤->⎣⎦”。

求解时先将问题进行等价转化为“有且仅有一个整数k 使得()1f k >或()0f k <”。

进而将问题转化为断定函数图像的形状问题，然后先对函数进行求导，依据导数与函数的单调性之间的关系推断出该函数在在x e =处
取最大值，从而借助题设条件得到不等式组()()21{
31
f f ≤>，通过解不等式组使得问题获解。

16.【2018山西45校联考】 已知函数
满足，当时，，设
，若方程
在
上有且仅有个实数解，则实数的取值范围是__________．
【答案】
211,4e e -⎛⎤
- ⎥⎝
⎦ 【解析】
当(]
0,1x ∈时， ()x
f x e =， ∴当(]1,x e ∈时， (]
()ln ln 0,1,ln x
x f x e
x ∈==，从而
()()()()1ln 1111ln e f x ex x f x e f x x x
-+-+=
==+-，故有
(),01{
1
1,1x e x f x e x e
x
<≤=+-<≤，
由
()()g x f x kx e =-=，
可得()f x kx e =+，在同一坐标系内画出()y f x =与y kx e =+的图象如图所示：
设()0,,A e AB 为()y f x =的切线， B 为切点， 1,
1C e e e ⎛⎫
+- ⎪⎝⎭
，由图可知，当位于切线AB 和割线AC 之间时， y kx e =+图象与()y f x =的图象有三个交点，设()00,B x y ，由2111'e x x ⎛⎫
+-=-
⎪⎝⎭
，可得切线
()020011:1AB y e x x x x ⎛⎫-+-=-- ⎪⎝⎭，又过()()020011
0,,10A e e e x x x ⎛⎫∴-+-=-- ⎪⎝⎭
，解得02x =，故
1
4
AB k =-，又21
11AC
e e
e e k e e
+---==，
∴当方程()g x e =在(]0,e 上有且仅有3个实数解时，实数k 的取值范围为211,4e e -⎛⎤-
⎥⎝⎦，故答案为211,4e e -⎛⎤
- ⎥⎝⎦
. 【方法点睛】判断方程()0f x = 根的个数 的常用方法：① 直接法：可利用判别式的正负直接判定一元二次方程根的个数；②转化法：函数()y f x = 零点个数就是方程()0f x = 根的个数，结合函数的图象
与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；③数形结合法： 一是转化为两个函数()(),y g x y h x ==的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为(),y a y g x ==的交点个数的图象的交点个数问题 .本题就利用了方法③. 三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17. 设函数()
2
()1x f x x e ax =--
（Ⅰ）若1
2
a =
，求()f x 的单调区间； （Ⅱ）若当x ≥0时()f x ≥0，求a 的取值范围．
【答案】（I ）函数的增区间为（,1-∞-），（0,+∞），减区间为（－1,0）.（II ）a ≤1。

【解析】
x ＞0,f ＇(x)＞0,f(x)单调递增，故函数的增区间为（,1-∞-），（0,+∞），减区间为（－1,0）.
（II ）()
2()1x f x x e ax =--
若当x ≥0时()f x ≥0，()
2
()1x f x x e ax =--
所以，'()12x x
f x e xe ax =-+- 则当x=0时，有：f'(x)=0。

且f(0)=0 已知当x ≥0时，f(x)≥0
所以，必须满足在x ＞0时，f'(x)＞0，
则：x ＞0时，()(1)2(2)2x
x
x
f x e x e a x e a ''=++-=+-≥0， 所以，0
(02)2e a +⋅-≥0，得a ≤1。

考点：本题主要考查应用导数研究函数的单调性及极值，根据不等式成立求参数值。

18. 已知函数()x
ae f x x x
=+.
（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线经过点（0,1），求实数a 的值； （Ⅱ）求证：当0a <时，函数()f x 至多有一个极值点； 【答案】（Ⅰ）1
a e
=；（Ⅱ）证明见解析． 【解析】
试题分析：（Ⅰ）对()x
ae f x x x =+进行求导，利用导数的几何意义以及两点间斜率计算公式可得'(1)1
(1)10
f f -=
-，可得a 的值；（Ⅱ）当0a <时，利用()x f '与0的关系，判断()x f 的单调性，易得()f x 在(,0)-∞上单调递增，无极值；当0>x 时，把函数()f x 至多有一个极值点转化为()x f '至多有一个零点，令2()(1)x g x ae x x =-+，对()x g 进行求导，讨论()x g 的单调性，得其最多有一个零点，故可得证.
试题解析：（Ⅰ）由()x ae f x x x =+，得2'
2(1)()x ae x x f x x
-+=. 所以(1)1f ae =+，'
(1)1f =.
所以由'
(1)1
(1)10
f f -=
-得1a e =.
（Ⅱ）证明：当0a <时，
当(,0)x ∈-∞时，'
()0f x >，函数()f x 在(,0)-∞上单调递增，无极值； 当(0,)x ∈+∞时，令2
()(1)x
g x ae x x =-+，则'
()(2)x
g x x ae =+.
由'
()0g x =得2ln()x a
=-，则
①当2ln()0a
-≤，即2a ≤-时，'
()0g x ≤，()g x 在(0,)+∞上单调递减，
所以()g x 在(0,)+∞上至多有一个零点，即'
()f x 在上(0,)+∞至多有一个零点. 所以函数()f x 在(0,)+∞上至多有一个极值点.
②当2ln()0a
->，即20a -<<时，'
()g x 及()g x 随x 的变化情况如下表：
因为2(ln())(0)0g g a a
->=->，
所以()g x 在(0,)+∞上至多有一个零点，即'()f x 在(0,)+∞上至多有一个零点. 所以函数()f x 在(0,)+∞上至多有一个极值点.
综上，当0a <时，函数()f x 在定义域上至多有一个极值点.
考点：（1）利用导数研究函数在某点处的切线；（2）导数与极值单调性的关系. 19.【2018河北衡水武邑高三调研】 设函数()ln f x x x =-， ()21x
g x xe x =--.
（1） 关于x 的方程()210
3
f x x x m =-
+在区间[]1,3上有解,求m 的取值范围； （2） 当0x >时， ()()g x a f x -≥恒成立,求实数a 的取值范围. 【答案】(1) m 的取值范围为35ln32,ln
24⎡⎤
-+⎢⎥⎣⎦
；(2) a 的取值范围为0a ≤. （1）方程()2
103f x x x m =-+即为27
ln 3
x x x m -+= 令()()2
7
ln 03
h x x x x x =-+
> 则()()()312317
233x x h x x x x
+-=
-+=-'． ∴当[]
1,3x ∈时， ()(),h x h x '随x 变化情况如下表： x
1
31,2⎛⎫
⎪⎝⎭
32
3,32⎛⎫ ⎪⎝⎭
3
()h x ' +
-
()h x
43
↗ 极大值 ↘
ln32-
∵()413h =
， ()43ln323h =-<， 335224h ln ⎛⎫
=+ ⎪⎝⎭
， ∴当[]
1,3x ∈时， ()35ln32,ln
24h x ⎡
⎤∈-+⎢⎥⎣⎦
， ∴m 的取值范围为35ln32,ln
24⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦
（2）依题意，当0x >时， ()()g x f x a -≥恒成立 令()()()()ln 10x
F x g x f x x e x x x =-=⋅--->,
则()()1
11x
F x x e x =+⋅-
-' ()()
11x x x e x
+=⋅⋅- 令()1x
G x x e =⋅-,则当0x >时， ()()10x
G x x e '=+⋅>，
∴函数()G x 在()0,+∞上递增，∵()010G =-<, ()110G e =->， ∴()G x 存在唯一的零点()0,1c ∈，
且当()0,x c ∈时， ()0G x <，当(),x c ∈+∞时， ()0G x >， 则当()0,x c ∈时， ()0E x '<，当(),x c ∈+∞时， ()0F x '>.
∴()F x 在()0,c 上递减，在(),c +∞上递增，从而()()ln 1c
F x F c ce c c ≥=---.
由()0G c =得10,1c
c
ce ce -==，两边取对数得ln 0c c +=，
∴()0F c =，∴()()0F x F c ≥=，∴0a ≤ 即实数a 的取值范围为0a ≤. 20. 已知函数()1ln x
f x x ax
-=+
，其中a 为大于零的常数． （Ⅰ）当a ＝1时，求函数)(x f 的单调区间， （Ⅱ）求函数)(x f 在区间[1，2]上的最小值； （Ⅲ）求证：对于任意的*
,n N ∈n>1时，都有ln n >
n
13121+⋅⋅⋅++ 成立． 【答案】（1）增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）；
（2）①当;21
2ln )(,210a
x f a mim -=≤
<时②当121<<a 时，.111ln )(min a a x f -+=③当
0)(,1min =≥x f a 时；
（3）证明见解析． 【解析】
试题解析：).0(1
)(2
>-=
'x ax ax x f （Ⅰ）当a ＝1时，)0(1
)(2>-='x x
x x f ．
当x>1时，0)(>'x f ；当0<x<1时，0)(<'x f ．
∴f （x ）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）． （Ⅱ）当1≥a 时，0)(>'x f 在（1，2）上恒成立， 这时)(x f 在[1，2]上为增函数0)1()(min ==∴f x f ． 当,2
1
0≤
<a 0)(<'x f 在（1，2）上恒成立， 这时)(x f 在[1，2]上为减函数.212ln )2()(min a
f x f -==∴ 当
121<<a 时， 令).2,1(1
,0)(∈=='a
x x f 得 又 )1
,1[a
x ∈
,0)(]2,1(,0)(>'∈<'x f a x x f 有对于 .1
11ln )1()(min a
a a f x f -+==∴
综上，)(x f 在[1，2]上的最小值为 ①当;21
2ln )(,210a
x f a mim -=≤
<时②当121<<a 时，.1
11ln
)(min a
a x f -+=③当0)(,1min =≥x f a 时
（Ⅲ）由（Ⅰ）知函数),1[ln 11
)(+∞+-=
在x x
x f 上为增函数， 当.11,1>->n n n ),1()1
(f n n f >-∴
即1,,1
)1ln(ln *>∈>
--n N n n
n n 且对于恒成立 ]1ln 2[ln ]2ln 3[ln )]2ln()1[ln()]1ln([ln ln -+-++---+--= n n n n n .2
131111++⋅⋅⋅+-+>
n n ,1,*时且对于>∈∴n N n n
n 1
3121ln +⋅⋅⋅++>
恒成立. 考点：1.函数的单调性；2.导数的应用；3.放缩法. 21.【2018河南名校联考】 已知函数()x
f x e ax =-.
（1）当2a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）若存在[]
,0,2m n ∈，且1m n -≥，使得
()()
1f m f n =，求证： 11
a
e e ≤
≤-. 【答案】（1）单调递增区间为()ln2,+∞，单调递减区间为(),ln2-∞；（2）证明见解析.
试题解析：（1）当2a =时， ()()22x x f x e x f x e =-⇒=-'，
又()0ln2f x x >⇒>'，由()0ln2f x x <⇒<'，
所以函数()f x 的单调递增区间为()ln2,+∞，单调递减区间为(),ln2-∞. （2）由()x
f x e a '=-，当0a ≤时， ()0f x '>，此时()f x 在R 上单调递增；
由
()()
1f m f n =可得m n =，与1m n -≥相矛盾，
所以0a >，且()f x 的单调递增区间为()ln ,a +∞，单调递减区间为(),ln a -∞. 若(),,ln m n a ∈-∞，则由()()12f x f x =可得12x x =，与121x x -≥相矛盾， 同样不能有(),ln ,m n a ∈+∞，
不妨设02m n ≤<≤，则由0ln 2m a n ≤<<≤，
因为()f x 在(),ln m a 上单调递减，在()ln ,a n 上单调递增，且()()
1f m f n =，
所以当m x n ≤≤时， ()()()f x f m f n ≤=.
由02m n ≤<≤， 1m n -≥，可得[]
1,m n ∈，故()()()1f f m f n ≤=， 又()f x 在(),ln a -∞上单调递减，且0ln m a ≤<，所以()()0f m f ≤， 所以()()10f f ≤，同理()()12f f ≤，即2
1{
2e a e a e a
-≤-≤-，解得21e a e e -≤≤-，
所以11
a
e e ≤
≤-. 点睛：本题考查函数的单调性极值及恒成立问题，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，力争第一二问答对，第三问争取能写点，一般涉及求函数单调性及极值时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，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.
22.【2018湖南株洲两校联考】 设函数()ln x
f x ax x
=
-． （1）若函数()f x 在()1,+∞上为减函数，求实数a 的最小值；
（2）若存在212,,x x e e ⎡⎤∈⎣⎦，使()()12f x f x a '≤+成立，求实数a 的取值范围．
【答案】（Ⅰ）最小值为
14；（II ）21124a e
≥- 【解析】试题分析： ()()1f x 在()1,+∞上为减函数，等价于()0f x '≤在()1,+∞上恒成立，进而转化为
()0max f x '≤，根据二次函数的性质可得()max f x '
()2命题“若存在1x ,2x 2
,e e ⎡⎤∈⎣⎦，使()()12f x f x a '≤+成立”等价于
“当2
,x e e ⎡⎤∈⎣⎦时，有 ()()min max f x f x a '≤+”， 由()1易求()max f x a '+，从而问题等价于“当
2
,x e e ⎡⎤∈⎣⎦时，有()min 14f x '≤
”，分 14a ≥, 1
4
a <两种情况讨论: 当14a ≥
是易求()min f x ，当14a <时可求得()f x '的值域为1,4a a ⎡⎤
--⎢⎥⎣⎦
，再按()0i a -≥
()0ii a -<两种情况讨论即可
解析：（1）由已知得0x >， 1.x ≠ 因()f x 在()1,+∞上为减函数，故()()
2
ln 1
=0ln x f x a x -'-≤在()1,+∞上恒成立。

所以当()1,x ∈+∞时()max 0f x '≤。

又()()
22
2
ln 1
11111
=
ln ln ln 24ln x f x a a a x x x x -⎛⎫⎛⎫-=-+-=--+- ⎪
⎪⎝⎭⎝
⎭'， 故当
11ln 2x =时，即2x e =时， ()max 1
4f x a '=-. 所以104a -≤，于是14a ≥，故a 的最小值为1
4
.
当14a <时，由于()2
111=ln 24
f x a x ⎛⎫--+ ⎝'-⎪⎭在2
,e e ⎡⎤⎣⎦上的值域为1,4a a ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦ （i ）0a -≥，即0a ≤， ()0f x '≥在2,e e ⎡⎤⎣⎦恒成立，故()f x 在2
,e e ⎡⎤⎣⎦上为增函数，
于是， ()()min 1
==4
f x f e e ae e -≥>，矛盾。

（ii ）0a -<，即1
04
a <<
，由()f x '的单调性和值域知， 存在唯一()
2
0,x e e ∈，使()0f x '=，且满足：
当()0,x e x ∈时， ()0f x '<， ()f x 为减函数；当()
2
0,x x e ∈时， ()0f x '>， ()f x 为增函数；
所以， ()()000min 01
==
ln 4
x f x f x ax x -≤， ()20,x e e ∈ 所以， 2001111111
ln 4ln 4244
a x x e e ≥
->->-=
，与104a <<矛盾。

综上得211
24a e
≥
- 点睛：遇到““若存在1x ,2x 2,e e ⎡⎤∈⎣⎦，使()()12f x f x a '≤+成立””的条件是要进行转化，转化为最
值之间的不等关系，利用导数性质结合分类讨论，求出结果。

题目可以改编“若任意2
12,,x x e e ⎡⎤∈⎣⎦，使
()()12f x f x a '≤+成立”则等价于“()()max min f x f x a '≤+”。