导数-备战2021年高考数学解答题专项必杀100题(真题+经典)(新高考)

12)⋅，() 专题导数
1．（2020北京高考）已知函数f(x)=12-x2．
（Ⅰ）求曲线y =f ( x) 的斜率等于-2 的切线方程；
（Ⅱ）设曲线y =f ( x) 在点(t, f (t)) 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S (t) ，求S (t) 的最小值．【答案】（Ⅰ）2x+y-13=0，（Ⅱ）32.
【解析】
（Ⅰ）因为f (x )= 12 -x 2 ，所以f '(x)=-2x ，
设切点为(x0 ,12 -x0 )，则-2x0 =-2 ，即 x0 = 1，所以切点为(1,11)，
由点斜式可得切线方程为： y -11 =-2 (x -1)，即 2x +y - 13 = 0 .
（Ⅱ）显然t ≠ 0 ，
因为y =f (x)在点(t,12 -t2 )处的切线方程为：y -(12 -t2 )=-2t (x-t )，
令x = 0 ，得 y =t 2+12 ，令y = 0 t2 +12
，得x =，
2t
所以S (t )= 1
⨯(t 2+t 2 +12 2 2 | t |
不妨设t > 0 (t < 0 时，结果一样) ，
t4 + 24t2 +144 1则 S t ==
(t3+ 24t + 144) ，
4t 4 t
S 't =1 2144 3(t4 + 8t2 - 48)
所以() (3t
4 + 24 -) =
t24t2
3(t 2 - 4)(t 2 + 12) 3(t - 2)(t + 2)(t 2 + 12)
= =
， 4t 2 4t 2
由 S '(t ) > 0 ，得t > 2 ，由 S '(t ) < 0 ，得0 < t < 2 ， 所以 S (t )在(0, 2) 上递减，在(2, +∞) 上递增， 所以t = 2 时， S (t )取得极小值，
也是最小值为 S (2) =
16 ⨯16 = 32 .
8
2．（2020 山东高考）已知函数 f (x ) = a e x -1 - ln x + ln a ．
（1） 当 a = e 时，求曲线 y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2） 若 f （x ）≥1，求 a 的取值范围．
2
【答案】（1）
e -1
（2）[1, +∞)
【解析】（1） Q
f (x ) = e x
- ln x +1 ，∴ f '(x ) = e x - 1 ，∴ k = x
f '(1) = e -1.
Q f (1) = e +1，∴切点坐标为(1,1+e ),
∴函数 f(x)在点(1,f (1)处的切线方程为 y - e -1 = (e -1)(x -1) ,即 y = (e -1) x + 2 ,
∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0, 2),( -2
e -1 , 0) ,
∴所求三角形面积为 1 ⨯ 2⨯| 2
-2 |= e -1 2
e -1 ;
（2）解法一： Q f (x ) = ae x -1 - ln x + ln a ,
∴ f '(x ) = ae x -1 - 1
，且 a > 0 .
x
min a
0 0 设 g (x ) = f '(x ) ,则 g '(x ) = ae
x -1
+ 1
x 2
> 0,
∴g(x )在(0, +∞) 上单调递增，即 f '(x ) 在(0, +∞) 上单调递增，
当 a = 1 时， f '(1) = 0 ,∴ f ( x ) = f (1) = 1,∴
f ( x ) ≥ 1 成立. 1
1
1 1
-1
当 a > 1 时， < 1 a ，∴e a
-1 < 1 ，∴ f '( ) f '(1) = a (e a -1)(a -1) < 0 ,
∴存在唯一 x > 0 ，使得 f '(x ) = ae x 0 -1
- 1 = 0 ，且当 x ∈(0, x ) 时 f '(x ) < 0 ，当 x ∈(x , +∞) 时 0
f '(x ) > 0 ，∴ae
x -1
=
1 ，∴ln a + x x 0
-1 = - ln x ，
0 0
因此 f (x )min = f (x ) = ae
x 0 -1
- ln x + ln a
= 1
+ ln a + x x 0 - 1 + ln a ≥ 2 ln a - 1 +
= 2 ln a + 1>1,
∴ f (
x ) > 1, ∴ f ( x ) ≥ 1 恒成立；
当0 < a < 1时， f (1) = a + ln a < a < 1, ∴ f (1) < 1, f (x ) ≥ 1 不是恒成立.
综上所述，实数 a 的取值范围是[1,+∞).
解法二： f (
x ) = ae x -1
- lnx + lna = e lna + x -1 - lnx + lna ≥ 1等价于
e lna + x -1 + lna + x -1 ≥ lnx + x = e lnx + lnx ,
令 g (
x ) = e x
+ x ,上述不等式等价于 g (lna + x -1) ≥ g (lnx ) , 显然 g ( x ) 为单调增函数，∴又等价于lna + x -1 ≥ lnx ，即lna ≥ lnx - x +1， 令h (
x ) = lnx - x +1,则 h '( x ) = 1
-1 = 1- x
x x 0 0
x 0
max 在(0,1) 上 h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上 h’(x)<0,h(x)单调递减，
∴ h ( x ) = h (1) = 0 ,
lna ≥ 0，即a ≥ 1，∴a 的取值范围是[1,+∞).
3．（2020 天津高考）已知函数 f (x ) = x 3 + k ln x (k ∈ R ) ， f ' (x ) 为 f (x ) 的导函数．
（Ⅰ）当 k = 6 时，
（i ） 求曲线 y =
f ( x ) 在点(1, f (1)) 处的切线方程；
（ii ）
求函数 g (x ) = f (x ) - f '
(x ) + 9
的单调区间和
极值；
x
f ' ( x ) + f ' ( x )
f ( x ) - f ( x ) （Ⅱ）当 k - 3 时，求证：对任意的 x , x ∈[1, +∞) ，且 x > x ，有 1 2 > 1 2 ． 1 2 1 2 2 x - x 1 2
【答案】（Ⅰ）（i ） y = 9x - 8 ；（ii ）
g (x ) 的极小值为 g (1) = 1，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】(Ⅰ) (i) 当 k =6 时， f (
x ) = x 3
+ 6 ln x ， f '( x ) = 3x 2 + 6
.可得 f (1) = 1， f '(1) = 9 ， x
所以曲线 y = f (
x ) 在点(
1, f (1))
处的切线方程为 y -1 = 9( x -1) ，即 y = 9x - 8 . (ii) 依题意， g ( x ) = x 3 - 3x 2
+ 6 ln x + 3
, x ∈(0, +∞) .
x
从而可得 g '(
x ) = 3x 2 - 6x + 6 - 3
，
x x 2
'
3(x -1)3 (x +1)
整理可得： g (x ) =
，
x
2
令 g '(
x ) = 0 ，解得 x = 1 .
当 x 变化时， g '( x ), g ( x ) 的变化情况如下表：
- 3 3
x 1 1 2 1 2 1
2
所以，函数 g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)； g (x )的极小值为 g (1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由 f (x ) = x 3 + k ln x ，得 f '
(x ) = 3x 2
+ k
.
x
对任意的
x , x ∈[1, +∞) ，且 x > x ，令 x
1 = t (t > 1) ，则
1
2
1
2
2
( x - x )( f ' ( x ) + f ' ( x )) - 2( f ( x ) - f ( x ))
= ( x - x )⎛ 3x 2 + k + 3x 2
+ k ⎫ 2⎛ x - x + k ln ⎫ 1 2 1 x 2 x ⎪ 1 2 x ⎪ ⎝ 1 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭
= x 3 - x 3 - 3x 2 x + 3x x 2
+ k ⎛ x 1 - x 2 ⎫ - 2k ln x 1
1 2 1 2 1 2 x x ⎪x
⎝ 2 1 ⎭ 2
= x 3 (t 3 - 3t 2 + 3t -1) + k ⎛ t - 1 - 2 ln t ⎫
. ①
2 t ⎪
令h (x ) = x - 1
- 2 ln x , x
⎝ ⎭
x ∈[1, +∞) .
1
2 ⎛ 1 ⎫2
当 x >1 时， h '
(x ) = 1+ - = 1- ⎪ > 0 ，
x 2 x ⎝ x ⎭
x
1 2 1 2 1 2 1 2 由此可得 h ( x ) 在[1, +∞) 单调递增，所以当 t >1 时， h (t ) > h (1) ，即t - 1
- 2 ln t > 0 .
t
因为 x 2 ≥ 1 ， t 3
- 3t 2
+ 3t -1 = (t -1)3
> 0 ， k ≥ -3 ，
所以
x 3 (t
3
- 3t 2 + 3t -1) + k ⎛ t - 1 - 2 ln t
⎫
(t
3
- 3t 2 + 3t -1) - 3⎛ t - 1 - 2 ln t ⎫
2
t ⎪ t ⎪ ⎝ ⎭
⎝ ⎭
= t 3 - 3t 2 + 6 ln t + 3
-1.
②
t
由(Ⅰ)(ii)可知，当t > 1时， g (t ) > g (1) ，即t 3
- 3t 2
+ 6 ln t + 3
> 1，
t
故t 3 - 3t 2
+ 6 ln t + 3 -1 > 0
③
t
由①②③可得( x - x )(
f ' ( x ) + f ' ( x )) - 2( f ( x ) - f ( x )
)
> 0 .
所以，当 k ≥ -3 时，任意的 x 1 , x 2 ∈[1, +∞) ，且 x 1 > x 2 ，有
f ' ( x ) + f ' ( x ) 2 f ( x 1 ) - f ( x 2 ) . x 1 - x 2
4．（2020 浙江高考）已知1 < a ≤ 2 ，函数 f ( x ) = e x
- x - a ，其中 e =2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数
y = f ( x ) 在(0，+ ∞) 上有唯一零点；
（Ⅱ）记 x 0 为函数
y = f ( x ) 在(0，+ ∞) 上的零点，证明：
≤ x 0 ≤；
（ⅱ） x 0 f (e x 0 ) ≥ (e - 1)(a - 1)a ．
【答案】（I ）证明见解析，（II ）（i ）证明见解析，（ii ）证明见解析.
【解析】（I ） Q f '(x ) = e x -1, Q x > 0,∴e x > 1,∴ f '(x ) > 0,∴ f (x ) 在(0, +∞) 上单调递增，
>
0 0 0 0 0 x
- x 1 1
- x 1 1 0 0 0 Q 1 < a ≤ 2,∴ f (2) = e 2 - 2 - a ≥ e 2 - 4 > 0, f (0) = 1- a < 0 ，
所以由零点存在定理得 f (x ) 在(0, +∞) 上有唯一零点；
（II ）（i ） Q f (x ) = 0,∴e
x
- x - a = 0 ，
x
2
x
≤ x 0 ≤⇔ e 0
- x -1 ≤ x ≤ 2(e 0
- x -1) ，
令 g ( x ) = e x
- x -1 - x
2
(0 < x < 2), h ( x ) = e
2
x -1 - 2
(0 < x < 2),
一方面： h '(x ) = e x
-1 - x = h (x ), h '(x ) = e x -1 > 0 ，
∴h '(x ) > h '(0) = 0,∴h (x ) 在(0, 2) 单调递增，∴h ( x ) > h (0) = 0 ，
∴e x
2
x -1- > 0, 2(e x 2
- x -1) > x 2 ，
另一方面： Q 1 < a ≤ 2 ∴ a - 1 ≤ 1 ，
所以当
x 0 ≥ 1 时≤ x 0 成立，
因此只需证明当0 < x < 1 时 g (x ) = e x - x -1 - x 2 ≤ 0 ，
因为 g '(x ) = e x -1- 2x = g (x )，g '(x ) = e x - 2 = 0 ⇒ x = ln 2
当 x ∈(0, ln 2) 时， g '(x ) < 0 ，当 x ∈(ln 2,1) 时， g '(x ) > 0 ，
1
1
所以 g '(x ) < max{g '(0), g '(1)}, Q g '(0) = 0, g '(1) = e - 3 < 0,∴ g '(x ) < 0 ，
∴ g ( x ) 在(0,1) 单调递减，∴ g (x ) < g (0) = 0 ，∴e x - x -1 < x 2 ，
综上，∴e
x
- x - 1 ≤ x 2 ≤ 2(e x
- x - 1),∴ x ≤ 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 （ii ） t (x ) = x f (e x
) = x f (x + a ) = x [(e a -1)x + a (e a - 2)] ，
Q t '(x ) = 2(e a -1)x + a (e a
- 2) > 0 ，≤ x 0 ≤，
∴t (x 0 ) ≥ t e a -
+ a (e a - 2)] = (e a -1)(a -1) + a - 2) ，因为1 < a ≤ 2 ，
所以e a > e , a ≥ 2(a -1) ，
∴ t ( x 0 ) ≥ (e - 1)(a - 1) + 2(a - e a - 2) ，
只需证明 2(a -e a - 2) ≥ (e -1)(a -1)2 ，
即只需证明4(e a - 2)2 ≥ (e -1)2 (a -1) ，
令 s (a ) = 4(e a - 2)2 - (e -1)2 (a -1),(1 < a ≤ 2) ，
则 s '(a ) = 8e a
(e a
- 2) - (e -1) 2
≥ 8e (e - 2) - (e -1) 2
> 0 ，
∴ s (a ) > s (1) = 4(e - 2) 2 > 0 ，即 4(e a - 2)2 ≥ (e -1)2 (a -1) 成立， 因此 x f (e
x 0
) ≥ (e -1)(a -1)a .
1．（2020·四川成都·月考（理））已知函数 f ( x ) = x 2
+ 2a ln x ， g ( x ) = 2x 2
-1，其中 a ∈ R .
（1） 当 a = -1时，求 f
( x ) 的单调区间；
（2） 若方程 f
( x ) = g ( x )在[1, e ] ( e 为自然对数的底数)上存在唯一实数解，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间为(1, +∞) ，单调递减区间为(0,1) ；（2） (-∞,1] ( e 2
-1
2
, +∞) .
a a 【解析】（1）当 a = -1时， f ( x ) = x 2
- 2 ln x (
x > 0)
则 f '( x ) = 2x - 2 =
2 ( x 2 -1) 当 x ∈(0,1) 时， f '( x ) < 0 ， f ( x ) 为减函数 x x
当 x ∈(1, +∞) 时， f '(
x ) > 0 ， f ( x ) 为增函数
故 f ( x ) 的单调递增区间为(1, +∞) ，单调递减区间为(0,1)
（2）∵ f ( x ) = g ( x ) ，∴ x 2 + 2a ln x = 2x 2 -1
即 x 2 - 2a ln x -1 = 0 ；令 F (
x ) = x 2
- 2a ln x -1， 由题意得只需函数 y = F ( x ) 在[1, e ] 上有唯一的零点； 2a 2 (
x 2 - a ) 又 F '( x ) = 2x - =
，其中 x ∈[1, e ]， x x
①当 a ≤ 1时， F '(
x ) ≥ 0 恒成立， F ( x ) 单调递增，
又 F (1) = 0 ，则函数 F ( x ) 在区间[1, e ] 上有唯一的零点；
②当 a ≥ e 2 时， F '(
x ) ≤ 0 恒成立， F ( x ) 单调递减，
又 F (1) = 0 ，则函数 F ( x ) 在区间[1, e ] 上有唯一的零点；
③当1 < a < e 2 时，当1 ≤ x ≤ 时，
F '(x ) < 0 ，
F ( x ) 单调递减，又 F (1) = 0 ，∴ F ( a ) < F (1) = 0 ，
则函数 F (
x ) 在区间[1, a ] 上有唯一的零点；
当 < x ≤ e 时，
F '(x ) > 0 ， F ( x ) 单调递增，
⎭
则当 F (e )
< 0 时， F ( x ) 在( a , e ] 上没有零点，符合题意，
e 2
1 e
2 -1 e 2
-1 2
即 - a - < 0 ，解得： a > ，∴当 < a < e 时， 2 2 2 2
F ( x ) 在( a , e ] 上没有零点，此时函数 F ( x ) 在区间[1, e ] 上有唯一的零点；
所以实数 a 的取值范围是(-∞,1] ( e 2
-1
2
, +∞) .
2．（2020·海南期中）已知函数 f ( x ) = x ln x - ae x
+ a ，其中 a ∈ R .
（1） 若 f
( x ) 在定义域内是单调函数，求 a 的取值范围；
（2） 当 a = 1 时，求证：对任意 x ∈
(0, +∞) ，恒有 f ( x ) < cos x 成立.
【答案】（1） ⎡1 , +∞⎫
；（2）证明见解析.
⎢⎣ e
⎪
【解析】（1）因为 f (
x ) = x ln x - ae x
+ a ，所以 f '( x ) = ln x +1 - ae x
， 要使 f (
x ) 在定义域内是单调函数，需满足 f '( x ) ≥ 0 或 f '( x ) ≤ 0 . ①若 f '( x ) ≥ 0 ，则 a ≤ ln x +1 ，
e
x
令G (x ) = ln x +1
e x (x > 0) ，得G '(x ) = 1
- ln x -1 x ， e
x
易知G '(1) = 0 ，且函数 y = 1
- ln x -1 在(0, +∞) 上单调递减，
x
当 x > 0 时， e x > 1 ，所以在区间(0,1) 上， G '(
x ) > 0 ；在(1, +∞) 上G '( x ) < 0 ，
所以G ( x ) =
ln x +1 在(0,1) 上单调递增，在(1, +∞) 上单调递减，
e
x
1
x
⎭
此时G ( x ) =
ln x +1 无最小值，不满足题意；
e
x
②若 f '(
x ) ≤ 0 ，则 a ≥ ln x +1 ，
e
x
由①知， G ( x )的最大值为G (1) = 1
，
e
所以当 a ≥ 1
时， f ( x ) 在定义域上单调递减，满足题意.
e
综上， a 的取值范围是
⎡1 , +∞⎫
.
⎢⎣ e
⎪
（2）当 a = 1 时， f (
x ) = x ln x - e x
+ 1 ，要证 f ( x ) < cos x ，即证 x ln x < e x + cos x -1， 当0 < x ≤ 1时， x ln x ≤ 0 ，而e x + cos x -1 > 1+ cos1-1 = cos1 > 0 ， 所以 x ln x < e x + cos x -1成立，即 f ( x ) < cos x 成立.
当 x > 1 时，令
h ( x ) = e x
+ cos x - x ln x -1(x > 1) ，则 h '( x ) = e x
- sin x - ln x -1 ， 设
g ( x ) = e x
- sin x - ln x -1(x > 1) ，则 g '( x ) = e x - cos x - ，
∵ x > 1 ，所以 g '(
x ) = e x - cos x - 1
> e -1-1 > 0 ，所以当 x > 1 时， g ( x ) 单调递增， x
所以 g (
x ) > e - sin x -1 > 0 ，即 h '( x ) > 0 ，所以 h ( x ) 在(1, +∞) 上单调递增， 所以 h (
x ) > e + cos1-1 > 0 ，即 f ( x ) < cos x 成立. 综上，对任意 x ∈(0, +∞) ，恒有 f (
x ) < cos x 成立.
3．（2020·广西其他（理））已知函数 f (x ) = ln x + 1
x 2
.
2
（1） 求函数 f
( x ) 在区间[1, e ] 上的最大值和最小值；
（2） 若 f
(
x ) > (1- a )x 2 有解，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1）最大值为 1 e 2 +1，最小值为 1 ；（2） ⎛ 1 - 1 , +∞ ⎫ . 2 2
2 2e ⎪ ⎝ ⎭
【解析】(1)由题可知 f ( x ) 的定义域为(0, +∞)
函数 f (x ) = 1 x 2
+ ln x ， f '( x ) = x + 1
> 0
2 x
所以函数 f (x ) 在区间[1, e ] 上是增函数.
f (
x ) 在区间[1, e ] 上的最大值为 f (e ) = 1 e 2 +1，最小值为 f (1) = 1
.
2
2
(2) f (x ) > (1- a )x 2 ，令 g (x ) = f (x ) - (1- a )x 2
= ln x + ⎛ a -
1 ⎫ x 2
，
2 ⎪ ⎝ ⎭
g '( x ) = (2a -1)x + 1
.
x
当a ≥ 1
时， g '(
x ) > 0 . g (1) = a - 1
≥ 0 ，显然 g ( x ) > 0 有解. 2
2
当a < 1
时，由 g '( x ) = (2a -1)x + 1
= 0 得 x =，
2 ⎛ 当 x ∈ x
时， g '( x ) > 0 ， ⎝
⎫ 当 x ∈ +∞ 时， g '( x ) < 0 ， ⎪
⎭
故 g ( x ) 在 x
1 1 处取得最大值 g = - - ln(1- 2a ) .
2 2
若使 g ( x ) > 0 有解，只需- 1 - 1
ln(1- 2a ) > 0
2 2
a a a a 解得 a > 1 -
1
.
2 2e
结合 a < 1 ，此时 a 的取值范围为⎛ 1
-
1 , 1 ⎫ .
2
2 2e 2 ⎪ ⎝ ⎭
综上所述，a 的取值范围为⎛ 1 - 1 , +∞ ⎫
.
2 2e ⎪ ⎝ ⎭
4．（2020·北京二模）已知函数 f （x ）
= 1
x 3 - ax +a ，a ∈R ． 3
（Ⅰ）当 a ＝1 时，求曲线 y ＝f （x ）在点（0，1）处的切线方程；
（Ⅱ）求函数 y ＝f （x ）的单调区间；
（Ⅲ）当 x ∈（0，2）时，比较 f （x ）与 - |1- a | 的大小．
【答案】（Ⅰ） x + y -1 = 0 ；（Ⅱ）答案见解析；（Ⅲ） f (x ) > - |1- a | .
【解析】（Ⅰ）当 a = 1 时， f (x ) = 1
x 3
- x +1，
3
因为 f ' (x ) = x 2 -1 ，所以 f '(0) = -1，
所以曲线 y = f ( x ) 在点（0，1）处的切线方程为 y -1 = -1⨯(
x - 0) ，即 x + y -1 = 0 ．
（II ）
f ( x ) 定义域为 R ． 因为 f '
(x ) = x 2
- a ，
①当 a ＝0 时， f '(x ) ≥ 0 恒成立，所以函数 f (x ) 在 R 上单调递增，
②当 a ＜0 时， f '(x ) > 0 恒成立，所以函数 f (x ) 在 R 上单调递增．
③当 a ＞0 时，令 f '(x ) = 0 ，则 x = - 或 x = ， 所以当 f '(x ) > 0 时， x < - 或 x > ，
a a a 2 a a 2x x 当 f '(x ) < 0 时， - < x < ，
所以函数 f (x ) 在(-∞, -
a ) 和( a , +∞) 上单调递增，在(- a ,
a ) 上单调递减，
综上可知，当 a ≤ 0 时，函数 f (x ) 在 R 上单调递增；当 a ＞0 时，函数 f (
x ) 在(-∞, - a ) 和( a , +∞) 上单
调递增，在(- a ,
a ) 上单调递减．
（III ） 由（Ⅱ）可知，
（1）当 a ≤ 0 时，函数 f (x ) 在 R 上单调递增， 所以当 x ∈(0, 2) 时， f (x )min > f (0) = a ，
因为- |1- a |= -(1- a ) = a -1 ，所以 f (x ) > - |1- a | ，
（2）当 a ＞0 时，函数 f (x ) 在(-∞, - a ) 和( a , +∞) 上单调递增，在(- a , a ) 上单调递减．
①当0 < ≤ 1，即0 < a ≤ 1时，
- |1- a |≤ 0 ．
所以当 x ∈(0, 2) 时，函数 f (x ) 在(0, a ) 上单调递减， (
a , 2) 上单调递增，
f (x )
= f ( a ) = a ⎛- 2 a +1 ⎫ > 0 ，所以 f (x ) > - |1- a | ． min
3 ⎪ ⎝ ⎭
②当1＜ a ＜2 ，即 1＜a ＜4 时， - |1- a |= 1- a < 0 ．
由上可知， f (x )
= f (
a ) = a ⎛- 2 a +1 ⎫
， min
3 ⎪ ⎝ ⎭
⎫ 因为 a ⎛ -
2 a + 1
- (1- a ) = 2a - -1 ， 3 ⎪ 3 ⎝ ⎭
设 g (x ) = 2x - -1, (1 < x < 4) ．
3
2 a a a 因为
g '( x ) = 2 - x ＞0 ，所以 g ( x ) 在(1, 4) 上单调递增．
所以 g ( x )＞g (1) = 1
＞0 ．
3
⎫ 所以 a ⎛ -
2 a + 1
- (1- a ) = 2a - -1＞0 3 ⎪ 3 ⎝ ⎭
所以 f (x ) > - |1- a | ，
③当 ≥ 2 ，即 a ≥ 4 时，
- |1- a |= 1- a < 0 ．
因为函数 f (
x ) 在(0, a ) ) 上单调递减，
所以当 x ∈(0, 2) 时， f (x )
min
= f (2) = 8
- a > 1- a ． 3
所以 f (x ) > - |1- a | ．
综上可知， x ∈(0, 2) 时， f (x ) > - |1- a | .
5．（2020·沙坪坝·重庆八中月考）已知函数 f ( x ) =
ln x ，
g (x ) = ax + b ，设 F (x ) = f (x ) - g (x ) ． x
（1） 若 a = 1 ，求 F (x ) 的最大值；
（2） 若 F (x ) 有两个不同的零点 x 1 ， x 2 ，求证： (
x 1 + x 2 ) g ( x 1 + x 2 ) > 2 .
【答案】（1）最大值为 -1 - b ；（2）证明见解析.
【解析】 F (x ) = f (x ) - g (x ) =
ln x - ax - b
x
（1） 解：当 a = 1 时， F (x ) =
ln x
- x - b
x
所以 F '(x ) = 1 - ln x
- 1． x
2
注意 F ' (1) = 0 ，且当0 < x < 1 时， F '(x ) > 0 ， F (x ) 单调递增；
当 x > 1 时， F '(x ) < 0 ， F (x ) 单调递增减．
所以 F (x ) 的最大值为 F (1) = -1 - b ．
（2） 证明：由题知， ln x 1
= ax + b
ln x 2 = ax + b ，
， x 1 x 2
1 2
即ln x = ax 2 + bx ， ln x = ax 2
+ bx ，
1
1
1
2 2 2
可得ln x 2 - ln x 1 = (x 2 - x 1 )[a (x 2 + x 1 ) + b ] ． (x + x )g (x + x ) > 2 ⇔ a (x + x ) + b >
2 ⇔ ln x 2 - ln x 1 > 2
． 1
2
1
2
1
2
x + x x - x x + x
1 2 2 1 1 2
不妨0 < x < x ，则上式进一步等价于ln x 2 > 2(x 2 - x 1 )
．
1 2
x 1
令t = x 2 ，则只需证ln t >
2(t - 1)
(t > 1) ． x 2 + x 1
x 1 t + 1
2(t - 1)
ϕ'
(t - 1)2
设ϕ(t ) = ln t - t + 1 (t > 1) ， (t ) = t (t + 1)2
> 0 ，
所以ϕ(t ) 在(1，+∞) 上单调递增，
从而ϕ(t ) > ϕ(1) = 0 ，即ln t >
2(t - 1)
(t > 1) ， t + 1
故原不等式得证．
6．（2020·福建省福州第一中学开学考试）已知函数 f (
x ) = ax 2
+ 2 ln (1+ x ) - 2sin x , a > 0 .
（1）若 a ≥ 1 ，证明：当 x ∈⎛ 0,π⎫
时， f ( x ) > 0 ；
2 ⎪ ⎝ ⎭
（2）若 x = 0 是 f ( x ) 的极大值点，求正实数 a 的取值范围.
⎪
' ⎪ ⎭
【答案】（1）证明见解析；（2） 0 < a < 1
【解析】（1）由题知 f '(
x ) = 2ax + 2
1+ x - 2 cos x ， f '(0) = 0 ，
令h ( x ) = f '( x ) ，则 h '( x ) = ⎛ - 1 + sin x ⎫
， 2 a (1+ x )2
⎪
⎝ ⎭
若a ≥ 1 ，当 x ∈⎛ 0,π⎫
时，
2 ⎪ ⎝ ⎭
⎛ 1
h x =
⎫ ⎛ 1 ⎫ ( ) 2 a - 2 + sin x ⎪ ≥ 2 1- 2 + sin x ⎪ > 0 ，
(1+ x ) (1 + x ) ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
所以 h ( x ) 在⎛ 0,
π⎫
上单调递增，
2 ⎪ ⎝ ⎭
所以 h (
x ) > h (0) = 0 ，所以 f ( x ) 在⎛ 0,π⎫
上单调递增；
2 ⎪ ⎝ ⎭
所以 f ( x ) > f (0) = 0 .
（2）①若 a ≥ 1 ，由（1）知： f ( x ) 在⎛ 0,
π⎫
上单调递增；
2 ⎪ ⎝ ⎭
因此 x = 0 不可能是 g ( x ) 的极大值点.
0 < a < 1
ϕ( x ) = h '( x ) =
⎛ - 1 + sin x ⎫ ②若
，令 2 a ⎝
(1+ x )2 ⎪ ，
因为当 x ∈⎛-1,π⎫ 时，ϕ'( x ) = 2 cos x + 4 > 0 ，所以ϕ( x ) 即 h '( x ) 在⎛-1, π ⎫ 上单调递增. 2 ⎪ (1+ x )3
2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
⎡ ⎤ '
⎛ π⎫ ⎛ π⎫ ⎢ 1 ⎥ 又因为ϕ(0) = h (0) = 2(a -1) < 0 ，ϕ ⎪ = h ' ⎪ = 2 ⎢a + 1-
⎥ > 0 ，
⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭ ⎢ ⎛1+ π⎫ ⎥ ⎢ 2 ⎪ ⎥
⎣
⎝ ⎭ ⎦ 2
2 '( ) ( ) 因此存在 a ∈⎛ 0,
π⎫
满足： h '(a ) = 0 ，所以当 x ∈ (-1, a ) 时， h '(
x ) < h '(a ) = 0 ， 2 ⎪ ⎝ ⎭
所以 f ' ( x ) = h ( x ) 在(-1, a ) 上单调递减， f '(0) = h (0) = 0 ，
所以当 x ∈(-1, 0) 时， f '(
x ) > 0 ；当 x ∈(0, a ) 时， f '( x ) < 0 ；
所以 f ( x ) 在(-1, 0) 上单调递增；在(0, a ) 上单调递减； 综上，当 x = 0 是 f (
x ) 的极大值点时， 0 < a < 1. 7．（2020·全国月考（文））已知函数 f (
x ) = ax 2
- ln x ．
（Ⅰ）若 a = 1 ，讨论 f ( x ) 的单调性；
（Ⅱ）若 f ( x ) 有两个零点，求实数 a 的取值范围．
【答案】（Ⅰ） f (
x ) 在⎛ 0, 2 ⎫ 上单调递减，在⎛ 2 , +∞⎫ 上单调递增；（Ⅱ） ⎛ 0, 1 ⎫
.
2 ⎪ 2 ⎪
2e ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
⎝ ⎭
【解析】（Ⅰ）当 a = 1 时， f ( x ) = x 2
- ln x ( x > 0) ，
1 2x
2 -1
f x = 2x - =
． x x
令 f '
2x 2 -1 x =
= 0 ，解得 x = ．
x 2
当0 < x <
2 时， f '(
x ) < 0 ， f ( x ) 单调递减； 2
当 x >
2 时， f '(
x ) > 0 ， f ( x ) 单调递增． 2
'( ) a 2e 综上， f ( x ) 在⎛ 0,
2 ⎫ 上单调递减，在
⎛ 2 , +∞⎫
上单调递增． 2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
1 2ax
2 -1
（Ⅱ） f x = 2ax - = x x
(x > 0 ) ．
当a ≤ 0 时， f '(
x ) < 0 ， f ( x ) 单调递减，此时 f ( x ) 仅有 1 个零点，不满足题意．
当 a > 0 时，令 f '(
x ) = 0 ，解得 x = 2a
2a
当0 < x <
所以 f (
x ) 2a 时， f '(
x ) < 0 ， f ( x ) 单调递减；当 x > 2a
= f
⎛ 2a ⎫ = 1 - ln 2a = 1 + 1
ln 2a ． 2a f '(
x ) > 0 ， f ( x ) 单调递增． 2a
min
2a ⎪ 2 2a 2 2
⎝ ⎭
因为 f ( x ) 有两个零点，所以 f ( x )
min
< 0 ，即 1 + 1
ln 2a < 0 ，解得 a < 1 ． 2 2 2e
当0 < a <
1
时， 0 < 1 2e
2a 1 ，
2a a
而 f (1) = a > 0 ， f ⎛ 1 ⎫ = 1
+ ln a ．
⎪ ⎝ ⎭
而u (a ) = 1 + ln a ，当 a ∈⎛ 0, 1 ⎫
时，
2e ⎪ a ⎝ ⎭
u ' (a ) =
a -1 < 0 ，则u (a ) > u ⎛ 1 ⎫
= 2e - ln 2 -1 > 0 ，
2
⎪ a
⎝ ⎭
故 f ( x ) 存在两个零点．
所以实数 a 的取值范围是⎛
0, 1 ⎫
．
2e ⎪ ⎝ ⎭ a
max 8．（2020·福建厦门一中月考）已知函数 f ( x ) = x - 1 sin x + m ln x + 1, g ( x ) = f ( x ) + 1
sin x ．
2
2
（1） 求函数 g (x ) 的单调区间和极值；
（2） 当 x ≥ 1时，若不等式 g (x ) - x - e
x -1
≤ 0 恒成立，求实数 m 的取值范围；
（3）若存在 x , x ∈(0, +∞) ，且当 x ≠ x 时， f (x ) = f (x ) ，证明：
x 1 x 2
< 1．
1
2
1
2
1
2
4m 2
【答案】（1）当 m ≥ 0 时，单调递增区间为(0, +∞) ，无极值；当 m < 0 时，单调递增区间为(-m , +∞) ，单调递减区间为(0, -m ) ；极小值为-m + m ln (-m )+ 1 ，无极大值；（2） m £ 1；（3）详见解析．
【解析】（1）
g ( x ) = x + m ln x + 1 ，定义域(0, +∞) ， g '( x ) = 1+ m = x + m
， x x
（i ）当 m ≥ 0 时， g '( x ) > 0 ， g ( x ) 在(0, +∞) 单调递增，无极值；
（ii ）当 m < 0 时，令 g '( x ) > 0 ，解得 x > -m ，∴ g ( x ) 的单调递增区间为(-m , +∞) ； 令 g '(
x ) < 0 ，解得 x < -m ，∴ g ( x ) 的单调递减区间为(0, -m ) ． 此时 g ( x ) 有极小值 g (-m ) = -m + m ln (-m )
+1，无极大值．
（2）令 h (x ) = g (x ) - x - e x -1 = m ln x - e x -1 +1 ≤ 0 ， ∀x ∈[1, +∞) ，
则h '(x ) = m - e
x -1
m - xe x -1
= ．
x x
（i ） m £ 1时， h '(
x ) < 0 ， h ( x ) 在[1, +∞) 上单调递减，
∴ h ( x ) = h (1) = 0 ，
∴ h ( x ) ≤ 0 恒成立，满足题意．
（ii）m>1时，令ϕ(x)=m-xe x-1，ϕ'(x)=-e x-1 -xe x-1 < 0 ，∴ϕ(x)在[1, +∞)上单调递减，
∴ϕmax(x)=ϕ(1)=m-1>0，
其中ϕ(m) =m (1-e m-1 )<0 ，且ϕ(x)在[1, +∞)上单调递减，
∴根据零点存在性定理∃x0 ∈[1, m]，使得ϕ(x0 )= 0 ，
即∀x∈(1,x0)，ϕ(x)>0；∀x∈(x0,+∞)，ϕ(x)<0
∴∀x ∈(1, x0 )，h'(x)> 0 ，h (x)在(1, x0 )上单调递增，
又∵h (1)= 0 ，
∴∀x ∈(1, x0 )，h (x)> 0 ，不满足题意，舍掉；
综上可得m £1．
（3）不妨设0 <x1 <x2 ，则ln x2 - ln x1 > 0 .
∵ f (x)=f (x)，∴x -1
sin x +m ln x +1 =x -
1
sin x +m ln x+1 ，
1 2 1 2 1 1 2 2 2 2
令P (x)=x - sin x ，P'(x)= 1- cos x ≥ 0 ，∴P (x)在(0, +∞)上单增，∴x2 - sin x2 >x1 - sin x1 ，从而x2 -x1 > sin x2 - sin x1 ；
∴-m (ln x - ln x )=x -x -1 (sin x -sin x )>1 (x -x )
，
2 1 2 1 2 2 1 2 2 1
即-2m >
x
2
-x
1
ln x
2
- ln x
1
> 0 ；
x 1x 2
t
t
t ( t -1)2 2t t
x 1x 2
下面证明
x
2
-x
1 >
，令
x
2 =t ，则t > 1，ln x -ln x x
2 1 1
即证明t -1
>，只要证明ln t -
t -1
< 0 ，ln t
设h(t) = ln t -t -1
(t >1) ，∴h'(t) =-< 0 在(1, +∞)上恒成立，
∴h (t )在(1, +∞)单调递减，故h (t )<h (1)= 0 ．
∴-2m >，即x
1
x
2
4m2
< 1．。