2018年数学全国1卷各省模拟题精汇版(文科)——(5)(简答题)函数(导数)：性质、图象、综合

2018年数学全国1卷各省模拟题精汇版（文科）——（5）（简答题）
函数（导数）：性质、图象、综合
(1) 【2018安徽等省全国名校第四次联考22】已知函数()f x 的导函数为1
'()f x a x
=+
，其中a 为常数.
（1）当1a =-时，求()f x 的最大值；
（2）若()f x 在区间(0,]e （e 为自然对数的底数）上的最大值为-3，求a 的值.
【答案】解：（1）∵()1
f x a x
'=+
，∴()ln f x ax x =+. 当1a =-时，()ln f x x x =-+，()111x
f x x x
-'=-+=.
当01x <<时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<.
∴()f x 在()0,1上是增函数，在()1,+∞上是减函数，()()max 11f x f ==-. （2）∵()1f x a x '=+
，(0,]x e ∈，∴11
[,)x e
∈+∞. ①若1
a e
≥-，则()0f x '≥，()f x 在(0,]e 上是增函数，
∴()()max 10f x f e ae ==+≥.不合题意.
②若1a e <-，则由()100f x a x '>⇒+>，即10x a
<<-， 由()100f x a x <⇒+
<，即1
x e a
-<≤. 从而()f x 在1
(0,)a
-上为增函数，在1(,e)a -上为减函数，
∴()max 11
()1ln()f x f a a =-=-+-.
令11ln()3a -+-=-，则1ln()2a -=-，∴21
e a --=，即2a e =-.
∵21
e e
-<-，∴2a e =-为所求.
(2) 【2018安徽省黄山市一模检测21】设函数2
()ln ,02
x f x k x k =->. (1)求()f x 的单调区间和极值；
(2)证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间 (1上仅有一个零点．
【答案】解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)．由2
()l n (0)2
x f x k x k =->得2()k x k
f x x x x
-¢=-=.
由()0f x ¢=解得x =负值舍去)． ()f x 与()f x ¢在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：
所以，()f x 的单调递减区间是，单调递增区间是)+?. ……………3分
()f x 在x =
(1ln )
2
k k f -=
. ……………………………5分
(2)由(1)知，()f x 在区间(0，＋∞)上的最小值为(1ln )
2
k k f -=.因为()f x 存在零点，
所以(1ln )02
k k -£，从而k e ³，当k e =时，()f x 在区间(1上单调递减，且
0f =，所以x =()f x 在区间(1上的唯一零点．
当k e >时，()f x 在区间上单调递减，且1(1)0,022
e k
f f -=>=<,
所以()f x 在区间(1上仅有一个零点．
综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间(1上仅有一个零点． ……………12分
(3) 【2018东北三省三校第三次联合模拟考21】已知函数
()()()(),1x f x axe a R g x lnx kx k R =∈=++∈.
(I )若1k =-求函数()g x 的单调区间;
(Ⅱ)若1k =时有()()f x g x ≥恒成立,求a 的取值范围 【答案】（本小题满分12分）
【解析】（Ⅰ）1k =-时，()ln g x x x =-的定义域为(0,)+∞，1
'()1g x x
=-. 令1'()10g x x =
->，得01x <<，令1
'()10g x x
=-<，得1x >， 所以()g x 在(0,1)上是增函数，(1,)+∞上是减函数.
（Ⅱ）当1k =时，()()f x g x ≥恒成立，即ln 1x
axe x x ≥++恒成立.
因为0x >，所以ln 1
x
x x a xe
++≥. 令ln 1()x x x h x xe ++=，2(1)(ln )
'()x
x x x h x x e +--=.
令()ln p x x x =--，1
'()10p x x
=--<，故()p x 在(0,)+∞上单调递减，且
11()10p e e =->，(1)10p =-<，故存在01
(,1)x e ∈使得000()ln 0p x x x =--=， 故00ln 0x x +=，即00x x e -=.
当0(0,)x x ∈时，()0p x >，'()0h x >；当0(,)x x ∈+∞时，()0p x <，'()0h x <；
()h x ∴在0(0,)x 单调递增 ，在0(,)x +∞单调递减
00max 00ln 1
()()1x x x h x h x x e
++∴===， 故[)1+a ∈∞， (4) 【2018福建省厦门市（3月）21】已知函数()2,32x a a f x x e x x a e ⎛
⎫=--≤ ⎪⎝
⎭，其中e 为
自然对数的底数.
（1）当0,0a x =>时，证明：()2f x ex ≥； （2）讨论函数()f x 极值点的个数.
【答案】解：（1）依题意，()x f x xe =，故原不等式可化为2x xe ex ≥，因为0x >， 只要证0x e ex -≥，记()(),0x g x e ex x =->，则()(),0x g x e e x '=->
当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增 所以()()10g x g ≥=，即()2f x ex ≥，原不等式成立. （2）()211213232x x f x e ax ax x e ax a ⎛⎫⎛
⎫'=--+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭
()()11x x e ax x =+-+()(
)1x x e ax
=+- 记()(),x
x h x e
ax h x e a '=-=-
（ⅰ）当0a <时，()0x
h x e a '=->，()h x 在R 上单调递增，()010h =>，1
110a h e a ⎛⎫
=-< ⎪⎝⎭
所以存在唯一()001,0,0x h x a ⎛⎫
∈= ⎪⎝⎭
，且当0x x <时，()0h x <；当()0,0x x h x >>
①若01x =-，即1
a e =-时，对任意()1,0x f x '≠->，此时()f x 在R 上单调递增，无极值点
②若01x <-，即1
0a e
-<<时，此时当0x x <或1x >-时，()0f x '>.即()f x 在
()()0,,1,x -∞-+∞上单调递增；当01x x <<-时，()0f x '<，即()f x 在()0,1x -上单调递
减；此时()f x 有一个极大值点0x 和一个极小值点1-
③若010x -<<，即1
a e
<-时，此时当1x <-或0x x >时，()0f x '>.即()f x 在
()()0,1,,x -∞-+∞上单调递增；当01x x -<<时，()0f x '<，即()f x 在()01,x -上单调递
减：此时()f x 有一个极大值点1-和一个极小值点0x .
（ⅱ）当0a =时，()x f x xe =，所以()()1x f x x e '=+，显然()f x 在(),1-∞-单调递减； 在()1,-+∞上单调递增；此时()f x 有一个极小值点1-，无极大值点 （ⅲ）当0a e <<时，
由（1）可知，对任意()0,0x x x h x e ax e ex ≥=->-≥，从而()0h x > 而对任意()0,0x x x h x e ax e <=->>，所以对任意(),0x R h x ∈> 此时令()0f x '<，得1x <-；令()0f x '>，得1x >-
所以()f x 在(),1-∞-单调递减；在()1,-+∞上单调递增；此时()f x 有一个极小值点1-，无极大值点
（ⅳ）当a e =时，由（1）可知，对任意(),0x x x R h x e ax e ex ∈=-=-≥， 当且仅当1x =时取等号 此时令()0f x '<，得1x <-；令()0f x '>得1x >-
所以()f x 在(),1-∞-单调递减；在()1,-+∞上单调递增；此时()f x 有一个极小值点1-，
无极大值点 综上可得：
①当1a e <-或1
0a e -<<时，()f x 有两个极值点；
②当1
a e
=-时，()f x 无极值点；
③当0a e ≤≤时，()f x 有一个极值点.
(5) 【2018安徽省六安市皖西省示范高中联盟期末21】已知函数x x
x a x f ln )1
()(--=，
其中R a ∈.
（Ⅰ）若1=a ，求曲线)(x f y =在点))1(,1(f P 处的切线方程； （Ⅱ）若对任意1≥x ，都有0)(≥x f 恒成立，求实数a 的取值范围. 【解析】（Ⅰ）当1=a 时，,
0)1(,ln )1
()(=--
=f x x x x f
-----1分 所以,111)(2'x x x f -+
=,
1)1('
=f ------2分
即曲线)(x f y =在点))1(,1(f P 处的切线方程为1-=x y ； -----4分
（Ⅱ）2
2'
)(x a
x ax x f +-=
------5分 若0≤a ，则当0)(,0ln ,01
,1<∴>>->x f x x
x x 时，不满足题意； ------6分
若0>a ，则
当21,0412≥≤-=∆a a 即时，,0)('
恒成立≥x f ------7分
)(x f ∴在),1[+∞上单调递增，而0)1(=f ，
所以当1≥x 时，0)(≥x f ，满足题意 -----8分
当0>∆210<<a 即时，0)('
=x f ，有两个不等实根设为,
,,2121x x x x <且 01
,12121>=+=a x x x x 则，,1021x x <<<∴,0)(,1'2<<<x f x x 时当-----10分
)(x f 故在),1(2x 上单调递减，而0)1(=f ，
0)(,),1(2<∈x f x x 时当，不满足题意。

-----11分
综上所述，21
≥a .
------12分
(6) 【2018广东省东莞市第一次调研考20】 已知函数()2
1ln 22
f x ax x =--，R a ∈．
（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；
（Ⅱ）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．
【答案】 解：（Ⅰ）01
1)(2>-=-='x x
ax x ax x f ， ……………1分
当)0()(,0)(0∞+<'≤，在时，x f x f a 上单调递减；
当a
a
x x f a =
='>解得时，令,0)(0.………… 3分 0)()(0)()0(>'∞+∈<'∈x f a
a
x x f a a x 时，，；当时，，当.…………4分
内单调递增，内单调递减；在，在函数)()0()(∞+∴a
a
a a x f ………5分
综上：当)()(∞+≤，在
时，00x f a 上单调递减； 当a>0时，内单调递增，内单调递减；在，在函数)(
)0()(∞+∴a
a a a
x f ……6分 （Ⅱ）当0时，a ≤由（Ⅰ）得()在（0，+)f x ¥上单调递减，函数)(x f 不可能有两个零点；…7分
当a>0时，由（Ⅰ）得，()(0)f x +∞函数在内单调递减，在内单调递增，
且当x 趋近于0和正无穷大时，)(x f 都趋近于正无穷大，………8分
故若要使函数)(x f 有两个零点，则)(x f 的极小值0f <，………………10分 即
11
ln -2022
a +<，解得30e a <<, 综上所述，a 的取值范围是)0(3
e ， …………………12分
(7) 【2018河北省唐山市上学期期末】已知函数f (x )＝e x sin x －ax ． （Ⅰ）若曲线y ＝f (x )在x =0处的切线过点（2，－a ），求a 的值； （Ⅱ）若f (x )≥0在区间[0，
π
2
]上恒成立，求a 的取值范围． 【答案】解：
（Ⅰ）由f (x )＝e x sin x －ax ，得f (0)＝0．
由f '(x )＝e x (cos x ＋sin x )－a ，得f '(0)＝1－a ，
则1－a ＝－ a
2
，解得a ＝2． …4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f '(x )＝e x (cos x ＋sin x )－a ， 令g (x )＝f '(x )，则g '(x )＝2e x cos x ，
所以x ∈[0， π
2
]时，g '(x )≥0，g (x )单调递增，f '(x )单调递增．
（ⅰ）当a ≤1时，f '(0)＝1－a ≥0，所以f '(x )≥f '(0)≥0，f (x )单调递增， 又f (0)＝0，所以f (x )≥0．
（ⅱ）当a ≥e π
2时，f '( π 2)≤0，所以f '(x )≤f '( π
2
)≤0，f (x )单调递减，
又f (0)＝0，所以f (x )≤0，故此时舍去．
（ⅲ）当1＜a ＜e π
2时，f '(0)＜0，f '( π 2)＞0，所以存在x 0∈(0， π
2
)，使得f '(x 0)＝0，
所以x ∈(0，x 0)时，f '(x )＜0，f (x )单调递减， 又f (0)＝0，所以f (x )≤0，故此时舍去． 综上，a 的取值范围是a ≤1． …12分
(8) 【2018广东省惠来一中下学期第一次阶段考试21】已知函数f (x)lnx ax =-. （1）讨论f (x)的单调性;
（2）当函数f (x)有两个不相等的零点12x ,x 时,证明:2
12x x e ⋅>.
【答案】解:（1）当0a ≤时，f (x)在()0,+∞单调递增； …………2分 当0a >时，f (x)在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增；f (x)在1,a ⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
单调递减. …………5分
（2）不妨设12
0x x >>，由题意得11
22
ln x ax ln x ax =⎧⎨=⎩ …………6分 相加，相减得：12
12
ln x ln x a x x -=
-，要证212x x e >，只需证122ln x ln x +>
12ln x ln x +=12a(x x )+=
1212ln x ln x x x --12(x x )+2>，只需证121212
2(x x )
ln x ln x x x -->+ …………8分
只需证1
1
212
2
211x (
)
x x ln
x x x ->+，设12x t x =1(t )>，只需证2101(t )
lnt t --
>+ …………10分 设211
(t )g(t)lnt t -=-+，则22101'
(t )g (t)t(t )-=
>+，10g(t)g()>=，所以原命题成立. ………12分
(9) 【2018广东省揭阳市第二次模拟21】已知函数()()()ln 22x m
f x e
x ax x m +=-+++-，
（Ⅰ）若0a >，且()1f -是函数的一个极值，求函数()f x 的最小值； （Ⅱ）若0a =，求证：[]1,0x ∀∈-，()0f x ≥.
【答案】解：（I ）m ax ax x e x f m x -+++-=+2)2ln()(2，定义域为),2(∞+-，
a ax x e x f m x 222
1
)('+++-
=+． 由题意知0)1('=-f ，即011
=--m e ，解得1=m ，
所以1)2()2ln()(1
-+++-=+x ax x e x f x ，a ax x e x f x 222
1
)('1+++-
=+， 又1
+=x e
y 、2
1
+-
=x y 、a ax y 22+=（0>a ）在),2(∞+-上单调递增，
可知)('x f 在),2(∞+-上单调递增，又0)1('=-f ，
所以当)1,2(--∈x 时，0)('<x f ；当),1(∞+-∈x 时，0)('>x f ． 得)(x f 在)1,2(--上单调递减，)(x f 在),1(∞+-上单调递增， 所以函数)(x f 的最小值为a a f -=--=-11)1(．
（II ）若0=a ，得m x e x f m x -+-=+)2ln()(，2
1
)('+-=+x e
x f m
x 由)('x f 在]0,1[-上单调递增，可知)(x f 在]0,1[-上的单调性有如下三种情形： ①当)(x f 在]0,1[-上单调递增时，
可知0)('≥x f ，即0)1('≥-f ，即011≥--m e ，解得1≥m ，
m e f m -=--1)1(，令m e m g m -=-1)(，则01)('1≥-=-m e m g ，
所以)(m g 单调递增，0)1()(=≥g m g ，所以0)()1()(≥=-≥m g f x f ； ②当)(x f 在]0,1[-上单调递减时，
可知0)('≤x f ，即0)0('≤f ，即02
1
≤-
m
e ，解得2ln -≤m ， 得02ln 2ln 2ln )0(>=+-≥--=m m m e e m e
f ，所以0)0()(>≥f x f ；
[或：令2ln )(--=m e m h m ，则02
1
1)('<-
≤-=m
e m h ， 所以)(m h 单调递减，02
1
)2ln ()(>=
-≥h m h ，所以0)()0()(>=≥m h f x f ；] ③当)(x f 在]0,1[-上先减后增时，得)('x f 在]0,1[-上先负后正， 所以)0,1(0-∈∃x ，0)('0=x f ，即2
1
00+=
+x e
m
x ，取对数得)2ln(00+-=+x m x ， 可知)()(0min x f x f =m x e
m
x -+-=+)2ln(0002
)1(21
02000>++=++=
x x x x ， 所以0)(>x f ； 综上①②③得：]0,1[-∈∀x ，0)(≥x f ．
【或：若0=a ，得m x e x f m
x -+-=+)2ln()(，2
1
)('+-
=+x e x f m x 由)('x f 在]0,1[-上单调递增，分如下三种情形： ①当0)('≥x f 恒成立时，只需0)1('≥-f ，即011
≥--m e ，解得1≥m ，
可知)(x f 在]0,1[-上单调递增，m e f m -=--1
)1(，令m e m g m -=-1)(，
则01)('1
≥-=-m e
m g ，所以)(m g 单调递增，0)1()(=≥g m g ，
所以0)()1()(≥=-≥m g f x f ；
②当0)('≤x f 恒成立时，只需0)0('≤f ，即02
1
≤-
m
e ，解得2ln -≤m ， 可知)(x
f 在]0,1[-上单调递减时，02ln 2ln 2ln )0(>=+-≥--=m m m e e m e f ， 所以0)0()(>≥f x f ；
③当)('x f 在]0,1[-上先负后正时，)(x f 在]0,1[-上先减后增， 所以)0,1(0-∈∃x ，0)('0=x f ，即2
1
00+=
+x e
m
x ，取对数得)2ln(00+-=+x m x ， 可知)()(0min x f x f =m x e
m
x -+-=+)2ln(0002
)1(21
02000>++=++=
x x x x ， 所以0)(>x f ；综上①②③得：]0,1[-∈∀x ，0)(≥x f .
(10) 【2018广东省深圳市南山区上学期期末21】设(4)ln ()31
x a x
f x x +=
+，曲线()y f x =在
点(1,(1))f 处的切线与直线10x y ++=垂直． （1）求a 的值；
（2）若对于任意的[1,),()(1)x f x m x ∈+∞≤-恒成立，求m 的取值范围．
【答案】 解：（1）f′（x ）=………..1分
由题设f′（1）=1， ∴， ∴a=0．………..3分
（2）
，∀x ∈[1，+∞），f （x ）≤m （x ﹣1），
即4lnx≤m （3x ﹣﹣2）………..4分
设g （x ）=4lnx ﹣m （3x ﹣﹣2），即∀x ∈[1，|+∞），g （x ）≤0， ∴g′（x ）=﹣m （3+
）=
，g′（1）=4﹣4m ………..6分
① 若m≤0，g′（x ）＞0，g （x ）≥g （1）=0，
这与题设g （x ）≤0矛盾………..7分
② 若m ∈（0，1），当x ∈（1，），g′（x ）＞0，g （x ）单调递增，g （x ）≥g
（1）=0，与题设矛盾．………..9分
③ 若m≥1，当x ∈（1，+∞），），g′（x ）≤0，g （x ）单调递减，g （x ）≤g （1）=0，即
不等式成立 ………..11分 综上所述，m≥1．………..12分
(11)【2018广东省省际名校（茂名市）下学期联考（二）21】已知函数()()2
1ln 12
f x x x =+
-.
（1）判断()f x 的零点个数；
（2）若函数()g x ax a =-，当1x >时，()g x 的图象总在()f x 的图象的下方，求a 的取值范围. 【答案】解:（1）()()2
1ln 12f x x x =+-的定义域为()0,+∞，又()11f x x x
'=+-， ∵
1
2x x
+≥，∴()10f x '≥>， ∴()f x 在()0,+∞上为增函数，又()10f =， ∴()f x 在()0,+∞上只有一个零点.
（2）由题意当1x >时，
()2
11ln 2
0x x ax a --+>+恒成立. 令()()2
11ln 2h x x x ax a =-+-+，则()11h x x a x
'=+--.
当1a ≤时，∵()1
110h x x a a x
'=+-->-≥，∴()h x 在()1,+∞上为增函数.
又()10h =，∴()0h x >恒成立. 当1a >时，()()211
x a x h x x
-++'=，
令()()211x x a x ϕ=-++，则()()()2
14310a a a ∆=+-=+->. 令()0x ϕ=的两根分别为12,x x 且12x x <，
则∵121210,10x x a x x +=+>⋅=>，∴1201x x <<<， 当()21,x x ∈时，()0x ϕ<，∴()0h x '<，
∴()h x 在()21,x 上为减函数，又()10h =，∴当()21,x x ∈时，()0h x <. 故a 的取值范围为(],1-∞.
(12) 【2018广东省五校1月联考21】 若ln g()ax x
x x
+=(a 是常数)， （Ⅰ）求()g x 的最大值；
（Ⅱ）设()=()f x x g x ⋅在区间(0,e]上的最大值为3-，求a 的值. 【答案】解：（Ⅰ）定义域（0， +∞）； ……… （1分）
ln ()x g x a x =+
， 2
1l n ()0x
g x x
-'==，得e x =， ……… （2分） 当x (0,e)∈时， ()0g x '>，在(0,e)上()g x 是增函数；
当x (e )∈+∞，
时， ()0g x '<，在(e )+∞，上()g x 是减函数； ()m a x 1
()(e )g x g a e
∴==+ ……… （4分） （Ⅱ）()=()f x x g x ⋅=ax+lnx
∵．
①若
，则f′（x ）≥0，从而f （x ）在（0，e]上是增函数， ……… （5分）
∴f （x ）max =f （e ）=ae+1≥0，不合题意， ……… （6分）
②若，则由
，即
由
，即
，
从而f （x ）在（0，﹣）上增函数，在（﹣，e]为减函数
∴ ……… （8分）
令，则
，∴a=﹣e 2
， ……… （12分）
(13) 【2018广东省肇庆市第二次检测21】已知函数()x f x ae x =-，()'f x 是()f x 的导数. （Ⅰ）讨论不等式()()'10f x x ->的解集；
（Ⅱ）当0m >且1a =时，若()2
2f x e <-在[]
,x m m ∈-恒成立，求m 的取值范围.
【答案】解：（Ⅰ）()1x f x ae '=- ………………………………………1分
()()()()'1110x f x x ae x -=-->
当0a ≤时，不等式的解集为{}|1x x <………………………………2分
当10a e <<
时，1ln 1a >，不等式的解集为1|1ln x x x a ⎧
⎫<>⎨⎬⎩⎭或………………3分 当1a e =时，1
ln =1a ，不等式的解集为{}|1x x ≠ ………………………4分
当1a e >时，1ln 1a <，不等式的解集为1|ln 1x x x a ⎧⎫
<>⎨⎬⎩⎭
或………………………5分
（Ⅱ）法一：当1a =时，由()1=0x
f x e '=-得0x =，当[],0x m ∈-时，()0f x '≤，()
f x 单调递减，当[]0,x m ∈时，()0f x '≥，()f x 单调递增；()max f x 是()()f m f m -、的较大者。

()()2m
m
f m f m e e
m ---=--，………………………………………………7分
令()2x
x
g x e e
x -=--，()'220x x g x e e -=+-≥=，………………9分
所以()g x 是增函数，所以当0m >时，()()00g m g >=，所以()()f m f m >-，所以
()()max =m f x f m e m =-. …………………………………10分 ()22f x e <-恒成立等价于()2max 2m f x e m e =-<-，
由()f x 单调递增以及()2
22f e =-，得02m <<……………………………………12分
法二：当1a =时，由()1=0x
f x e '=-得0x =，当[],0x m ∈-时，()0f x '≤，()f x 单
调递减，当[]0,x m ∈时，()0f x '≥，()f x 单调递增；
()max f x 是()()f m f m -、的较大者。

……………………………………7分
由()2
2m
f m e m e =-<-，由()f x 单调递增以及()2
22f e =-，得02m <<.………9分
当02m <<时，20m -<-<，因为当0x <时，()f x 单调递减，所以
()()22222f m f e e --<-=+<-。

综上m 的范围是02m <<…………………12分
(14)【2018河北省邯郸市教学质量检测22】已知函数()4ln 1f x x ax =--. （Ⅰ）若0a ≠，讨论函数()f x 的单调性；
（Ⅱ）若函数()(1)f x ax x >+在(0,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.
【答案】（Ⅰ）依题意4'()a f x a x =
-(4)a x x
-=， 若0a >，则函数()f x 在(0,4)上单调递增，在(4,)+∞上单调递减； 若0a <，则函数()f x 在(0,4)上单调递减，在(4,)+∞上单调递增.
（Ⅱ）因为()(1)f x ax x >+，故24ln 210a x ax ax --->，① 当0a =时，显然①不成立；
当0a >时，①化为：
21
4ln 2x x x a <--；② 当0a <时，①化为：2
14ln 2x x x a
>--；③
令2()4ln 2(0)h x x x x x =-->，则
4'()22h x x x =--2224x x x
+-=-2(1)(2)
x x x -+=-，
∴当(0,1)x ∈时，'()0h x >时，(1,)x ∈+∞，'()0h x <，
故()h x 在(0,1)是增函数，在(1,)+∞是减函数，∴max ()(1)3h x h ==-，
因此②不成立，要③成立，只要13a >-，13a <-，∴所求a 的取值范围是1,3⎛
⎫-∞- ⎪⎝
⎭.
(15)【2018河北省衡水中学第十次模拟21】已知函数ln ()1
x
f x x =-. （1）确定函数()f x 在定义域上的单调性；
（2）若()x
f x ke ≤在(1,)+∞上恒成立，求实数k 的取值范围.
【答案】解：（1）函数()f x 的定义域为(0,1)(1,)+∞，21
1ln '()(1)
x x f x x -
-=-， 令1()1ln g x x x =--，则有21'()x
g x x -=，
令21'()0x
g x x
-==，解得1x =，所以在(0,1)上，'()0g x >，()g x 单调递增，
在(1,)+∞上，'()0g x <，()g x 单调递减.
又(1)0g =，所以()0g x ≤在定义域上恒成立，即'()0f x <在定义域上恒成立， 所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减.
（2）由()x
f x ke ≤在(1,)+∞上恒成立得：
ln 1
x x ke x ≤-在(1,)+∞上恒成立. 整理得：ln (1)0x
x k x e --≤在(1,)+∞上恒成立.
令()ln (1)x h x x k x e =--，易知，当0k ≤时，()0h x ≤在(1,)+∞上恒成立不可能，∴0k >， 又1
'()x h x kxe x
=
-，'(1)1h ke =-， 1当1k e ≥
时，'(1)10h ke =-≤，又1'()x
h x kxe x
=-在(1,)+∞上单调递减，所以'()0h x ≤在(1,)+∞上恒成立，
则()h x 在(1,)+∞上单调递减，又(1)0h =，所以()0h x ≤在(1,)+∞上恒成立. 2当10k e <<时，'(1)10h ke =->，1
1'0k h k e k ⎛⎫
=-< ⎪⎝⎭
，又1'()x
h x k x e
x =-在(1,)
+∞上单调递减，所以存在0(1,)x ∈+∞，使得0'()0h x =，
所以在0(1,)x 上'()0h x >，在0(,)x +∞上'()0h x <， 所以()h x 在0(1,)x 上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减，
又(1)0h =，所以()0h x >在0(1,)x 上恒成立，所以()0h x ≤在(1,)+∞上恒成立不可能. 综上所述，1
k e
≥.
(16)【2018湖北省武汉市四月调研21】（1）求函数ln ()x
f x x
=
的最大值； （2）若函数()x g x e ax =-有两个零点，求实数a 的取值范围.
【答案】解：（1）对ln ()x f x x =
求导数，2
1ln '()x
f x x -=. 在0x e <<时，()f x 为增函数，在x e >时()f x 为减函数，
∴1()()f x f e e ≤=，从而()f x 的最大值为1
e
.
（2）①在0a =时，()x
g x e =在R 上为增函数，且()0g x >，故()g x 无零点.
②在0a <时， ()x
g x e ax =-在R 上单增，又(0)10g =>，
1
1
()10a g e a
=-<，故()g x 在R 上只有一个零点. ③在0a >时，由'()0x
g x e a =-=可知()g x 在ln x a =时有唯一极小值，
()()ln 1ln g a a a =-.
若0a e <<，()()1ln 0g x a a =->极小，()g x 无零点， 若a e =，()0g x =极小，()g x 只有一个零点， 若a e >，()()1ln 0g x a a =-<极小，而(0)10g =>.
由（1）可知，ln ()x
f x x
=
在x e >时为减函数， ∴在a e >时，2
a e e a a >>，从而()20a g a e a =->.
∴()g x 在(0,ln )a 与(ln ,)a +∞上各有一个零点. 综上讨论可知：a e >时，()f x 有两个零点.
(17) 【2018湖北省黄冈市上学期期末22】已知函数f(x)=1
2 x 2+(2a-2)x-4alnx.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a=1,若存在x 1,x 2∈(2,+∞),且x 1≠x 2,使不等式|f(x 1)-f(x 2)|≤k |lnx 1-lnx 2|成立,求实数k 的取值范围. 【答案】.解:(1)∵f ′(x)=x+(2a-2)- 4a x = x 2+(2a-2)x-4a x = (x+2a)(x-2)
x (x ＞0).令f ′(x)=0
得x=2或x=-2a.
∴①当-2a=2,即a=-1时, f ′(x)≥0在x ＞0时恒成立,即f(x)在(0,+∞)上单调递增.……(2分) ②当-2a ＞2,即a ＜-1时,f(x)在(0,2)和(-2a,+∞)上单调递增,在(2,-2a)上单调递减.………(3分) ③当0＜-2a ＜2,即-1＜a ＜0时,f(x)在(0,-2a)和(2,+∞)上单调递增,在(-2a,2)上单调递减.……(4分) ④当-2a ≤0,即a ≥0时,f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增. ………(5分) (2)由(1)知,当a=1时,f(x)在(2,+∞)上单调递增,不妨设x 2＞x 1＞2,
则不等式|f(x 1)-f(x 2)|≤k |lnx 1-lnx 2|可化为f(x 2)-f(x 1)≤klnx 2-klnx 1.……………(7分)
f(x 1)-klnx 1≥f(x 2)-klnx 2,令g(x)=f(x)-klnx,则g(x)在(2,+∞)上存在单调递减区间. ………(9分) ∴g ′(x)= f ′(x) - k x ＜0 在区间(2,+∞)有解,即(x+2)(x-2)x - k
x ＜0在x ∈(2,+∞)上有解,…(10分)
∴k ＞x 2-4, x ∈(2,+∞),故k ＞0. ……………(12分)
(18)【2018江西省等三省十校联考21】已知函数()2
()2ln f x x x m x m R =-+∈．
（1）当3m =时，求函数)(x f 在点()()
1,1f 处的切线方程；
（2）当0m >时，若函数)(x f 有两个极值点)(,2121x x x x <，不等式()120f x tx -≥
恒成立，求实数t 的取值范围．
【答案】解：（1）当3m =时，2()23ln f x x x x =-+；得3
()22f x x x '=-+
---------1分
则(1)1f =-，(1)3f '=----------------3分
所以切线方程为13(1)y x +=-，即为34y x =-．--------------------4分 （2）()22(0)m
f x x x x
'=-+>， 令()220m
f x x x
'=-+
=，则2220x x m -+= 当480m ∆=-≤，1
2
m ≥时，0)(≥'x f ，函数)(x f 在),0(+∞上单调递增，无极值点；
----------5分
（19）当480m ∆=->且0m >，102
m <<
时，由2
220x x m -+=得
1,2x =
=
------------------6分 （20）当x 变化时，)(x f '与)(x f 的变化情况如下表：
当02
m <<
时，函数)(x f 有两个极值点)(,2121x x x x <，则121=+x x ，-------7分 1x =
2x =由102m <<可得2101<<x ，1212<<x ------8分 21)(x x f 211122x x mx x -+=21211121ln )22(2x x x x x x -+-=
1
1
2
111211ln )22(2x x x x x x --+-= 111
1ln 211
1x x x x +---=，-----------9分
令)21
0(ln 2111)(<<+---=x x x x x x h x x x h ln 2)
1(11)(2
+--
='因为210<<x ，所以2111-<-<-x ，1)1(412
<-<x 0
ln 2)1(1
1)(2
<+--='x x x h ，即)(x h 在)21,0(递减，------------------10分 即有2ln 2
3
)21()(--=>h x h ， -----------------11分
所以实数t 的取值范围为]2ln 2
3
,(---∞ ---------12分
(19) 【2018天津市十二重点中学联考（二）20】已知函数()x
x f x e e
=
-2
,函数()l n a g x x x x x =-
-2
2
. （Ⅰ）求函数()f x 的极值；
（Ⅱ）当a =0时,证明：对一切的(,)x ∈+∞0,都有()()f x g x x -<恒成立； （Ⅲ）当[,)a e
∈10时,函数(),(,]y g x x e =∈0有最小值,记()g x 的最小值为(),h a
证明：()e
h a -
<≤-12
; 【答案】解：（Ⅰ）()x x
f x e
-'=1 令()f x '=0 则x =1……………2分
随着x 变化,()()f x f x '，变化情况如下表，
所以()f x 在x =1处取得极大值，极大值为()f e
=-1
1 无极小值. ……………4分 （Ⅱ）要证：()()f x g x x -<，即证：ln x x x x x x e e
--+<2
即证：ln x
x x x e e
>
-2
……………5分 由（Ⅰ）知以()f x 在x =1处取得极大值也是最大值()f e
=-11 令()ln t x x x =，()ln ,t x x x e
'=+=∴=
110 令(),t x '>0则x e >1，令(),t x '<0则x e <<10,故()t x 在(,)e 10递减，在(,)e +∞1
递增，
故()t x 在x e =1处取得极小值也是最小值()t e e =-11
……………7分
故ln x x x x e e
>-2
得证，即()()f x g x x -<得证……………8分
（Ⅲ）()ln g x x ax '=-，设()ln x x ax ϕ=-，则()x a x ϕ'=-1由,x e <≤0得x e
≥11
，而
a e
≤<1
0得()x ϕ'>0
故()x ϕ在(,]e 0单增，又(),()a e ae ϕϕ=-≤=->1010
所以存在唯一[,)x e ∈01，使得(),x ϕ=00即ln x ax -=000，即nx a x =0
1……………10分
当,()x x x ϕ<<<000，当,()x x e x ϕ<≤>00，故()g x 在(,)x 00递减，在(,]x e 0递增，
故()g x 在x x =0处取得极小值也是最小值ln ()()ln x x a h a g x x x x x x ==--=-2
000000022
……………12分
而ln ln ()x x x x -'-=1
22
，由,x e ≤<1故ln x <1，即ln ()x x x '-<02 因此ln ()x x
p x x =-2
在,)e [1单调递减，……………13分 故()()().p e p x p <≤1即()e
p x -<≤-12
从而()e g x -<≤-012，即()e
h a -<≤-12
……………14分
(20)【2018山西省省际名校联考（三）21】 已知函数()ln f x ax a x =-+. （1）讨论函数()f x 的单调性；
（2）当()1,x ∈+∞时，曲线()y f x =总在曲线()
2
1y a x =-的下方，求实数a 的取值范围.
【答案】解：（1）由()ln f x ax a x =-+可得()f x 的定义域为()0,+∞，且()'
1
f x a x
=+
， 若0a ≥，则()'
0f
x ≥，函数()f x 在()0,+∞上单调递增；
若0a <，则当10x a <<-时，()'
0f x >，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝
⎭上单调递增， 当1x a >-时，()'
0f x <，()f x 在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭
上单调递减.
综上，当0a ≥时，函数()f x 在()0,+∞上单调递增；
当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫-
⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭
上单调递减. （2）解法一：原命题等价于不等式()
2
1ln a x ax a x ->-+在()1,x ∈+∞上恒成立，
即证2ln 0x ax ax +-<在()1,x ∈+∞上恒成立，
令()2
ln F x x ax ax =+-，则()10F =，()2'
121
2ax ax F x a ax x x
-++=+-=，
设()2
2
1212148a g x ax ax a x ⎛
⎫=-++=--++ ⎪⎝
⎭，
（i ）当0a ≤时，()g x 在()1,+∞上单调递增，
又∵()110g a =->，
∴当()1,x ∈+∞时，()0g x >恒成立，即()'
0F x >恒成立.
∴()0F x >，与题意不符，舍去.
（ii ）当0a >时，若()0F x <在()1,x ∈+∞上恒成立，
只需()F x 在()1,+∞上单调递减，即()0g x <在()1,+∞上恒成立. 又∵()g x 在1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
上单调递减， ∴()110g a =-≤，即1a ≥.
解法二：原命题等价于不等式()
2
1ln a x ax a x ->-+在()1,x ∈+∞上恒成立，
即()1,x ∀∈+∞，不等式()
2
ln a x x x ->恒成立.
∵当1x >时，2
0x x ->，∴2ln x
a x x >
-， 即证当1x >时，a 大于()2ln x
h x x x
=-的最大值.
又∵当1x >时，()0ln 11x x x x <<-<-，∴()()2ln 11x
h x x x x
=<>-， 综上所述，1a ≥.
(21) 【2018齐鲁名校教科研协作体冲刺模拟（三）21】已知函数2()ln 1a
f x x x
=++
在点(,())a f a 处的切线过点(0,4)．
(Ⅰ)求实数a 的值，并求出函数()f x 单调区间；
(Ⅱ)若整数k 使得12()(1)f x k x
>-在(1,)x ∈+∞上恒成立，求k 的最大值． 【答案】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，22
122'()a x a
f x x x x
-=-=， ∴x a =处的切线斜率为2
21'()a a f a a a
-=
=- 因此切线方程为1()()y f a x a a
-=--，即21
ln 1()a y a x a a a ---
=-- ………....2分 又∵切线过(0,4)，代入上式解得1a =，∴22
'()x f x x
-=
可得()f x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增． ……….…………....4分
（2）∵(1,)x ∈+∞时，11x -0>，∴12()(1)f x k x >-等价于2
2(ln 1)
11x x k x
++<
- 记()g x =2
2(ln 1)
11x x x
++-2(ln 2)1x x x x ++=-，∴22(ln 4)'()(1)x x g x x --=- ……....6分 记()ln 4x x x ϕ=--，有1'()1x x ϕ=-1
x x
-=
0>，∴()x ϕ在(1,)+∞单调递增 …....7分 ∴(5.5) 1.5ln5.5ϕ=-3
211ln ln 2e =-，由于33327e <=，211121()30.2524==，可得3211
()2
e <
因此3
211
2
e <，故(5
.)0ϕ< 又2(6)2ln6ln ln6e ϕ=-=-2ln 2.5ln 6ln 6.25ln 60>-=-> 由零点存在定理可知，存在0(5.5,6)x ∈，使得0()0x ϕ=，即00ln 40x x --=① …....9分 且0(1,)x x ∈时，'()0g x <，0(,)x x ∈+∞时，'()0g x >　
故0(1,)x x ∈时，()g x 单调递减，0(,)x x ∈+∞时，()g x 单调递增
∴min 0()()g x g x =00002(ln 2)
1
x x x x ++=-
由①可得000min 002[(4)2]
()()1
x x x g x g x x -++==-02(2)x =-(7,8)∈ ….…………....11分
故k 的最大值为7． ……….…………....12分
(22) 【2018山东省实验中学第一次模拟考试21】已知函数()()2
ln ln ,x
f x x x
g x x
==
，（e 为自然对数的底数， 2.71828e =⋅⋅⋅）. （I ）求函数()y f x =的极值； （II ）当
1
3
x e ≤≤时，方程()()f x g x a =+有两个不相等的实数根，求实数a 的取值范围.
(23)【2018山西省六校第四次名校联合21】已知函数x
x
ax x g ln )(+=（a 是常数）. （1）求)(x g 的单调区间与最大值；
（2）设)()(x g x x f ⋅=在区间],0(e （e 为自然对数底数）上的最大值为10ln 1--，求a 的值.
(24) 【2018广东省惠州一中（惠州市）第三次调研21】已知函数
()3f x ax bx c
=++，
其导函数()2
33
f x x =-'+，且
()01
f =-，
()()ln 1g x x x m m
x =+
≥．
（1）求
()
f x 的极值；
（2）求证：对任意
()
12,0,x x ∈+∞，都有
()()
12f x g x ≤．
【答案】（1）依题意得()331f x x x =-+-，
()()()
233311f x x x x =-+=-+-'……2分
知
()
f x 在
(),1-∞-和()1,+∞上是减函数，在()1,1-上是增函数 ………4分
∴()()13f x f =-=-极小值， ()()11f x f ==极大值 ………5分
（2）法1：易得0x >时， ()1
f x =最大值，
依题意知，只要
()()1(0)1ln 1(0)m
g x x x x m x x ≤>⇔≤+
≥>
由1a ≥知，只要
22
ln 1(0)ln 10(0)x x x x x x x x ≤+>⇔+-≥> ………7分 令
()2ln 1(0)
h x x x x x =+->，则
()2ln 1
h x x x x =+-' ………8分
注意到()10
h '=，当1x >时，
()0
h x '>；当01x <<时， ()0
h x '<， ………9分
即
()
h x 在
()0,1上是减函数，在()1,+∞是增函数， ()()10h x h ==最小值 ………10分
即()0h x ≥，综上知对任意()12,0,x x ∈+∞，都有()()12f x g x ≤ ………12分
法2：易得0x >时， ()1
f x =最大值， ………7分
由1a ≥知,
()1ln (0)g x x x x x ≥+
>,令()1
ln (0)h x x x x x =+>………8分
则
()222
11
ln 1ln x h x x x x x -=+-=+'………9分 注意到()10
h '=，当1x >时，
()0
h x '>；当01x <<时， ()0
h x '<，………10分
即
()
h x 在
()0,1上是减函数，在()1,+∞是增函数， ()()11h x h ==最小值，所以
()1h x =最小值, 即()1
g x =最小值. 综上知对任意()12,0,x x ∈+∞，都有()()12f x g x ≤. ………12分
法3: 易得0x >时，
()1
f x =最大值， ………7分
由1a ≥知, ()1
ln (0)g x x x x x ≥+
>, ………8分
令()1ln (0)h x x x x x =+>,则()21
ln 1(0)
h x x x x =+->'………9分 令()21ln 1(0)x x x x ϕ=+->,则()311
x x x ϕ=+>',………10分
知
()
x ϕ在
()0,+∞递增,注意到()10ϕ=,
所以, ()h x 在()0,1上是减函数，在
()1,+∞是增函数,有()1h x =最小值,即()1g x =最小值 综上知对任意()12,0,x x ∈+∞，都有()()12f x g x ≤. ……12分
(25) 【2018广东省汕头市期末21】已知函数()2x f x e ax =+. (1)求()f x 的单调区间；
(2)讨论()f x 在(0,)+∞上的零点个数.
(26) 【2018广东省深圳市第一次调研考20】已知函数2()ln(1)(0)1
ax x
f x x a x +=
-+>+. （I ）讨论函数()f x 的单调性；
（Ⅱ）当1a =时，关于x 的不等式2
()f x kx £在x Î[0，+¥)上恒成立，求k 的取值范围.
(27)【2018湖南雅礼中学、河南实验中学联考21】已知函数()ln f x x =，
2
1()2
g x ax bx =
+，0a ≠． （1）若2b =，且()()()h x f x g x =-存在单调递减区间，求实数a 的取值范围；
（2）设函数()f x 的图象1C 与函数()g x 的图象2C 交于点P ，Q ，过线段PQ 的中点作x 轴的垂线分别交1C ，2C 于点M ，N ，证明：1C 在点M 处的切线与2C 在点N 处的切线不平行．
【答案】解：（1）2b =时，21()ln 22h x x ax x =--，则1
'()2h x a x x =--221ax x x
+-=-，
因为函数()h x 存在单调递减区间，所以'()0h x <有解，
又因为0x >，则2
210ax x +->有0x >的解，
所以2
2121(1)11a x x x
>-=--≥-， 所以a 的取值范围为(1,0)(0,)-+∞．
（2）设点P 、Q 的坐标分别为11(,)x y ，22(,)x y ，120x x <<，
则点M ，N 的横坐标为122x x x +=
，1C 在点M 处的切线斜率为12112
212
|x x x k x x x +===+， 2C 在点N 处的切线斜率为121222
()
|2x x x a x x k ax b b +=+=+=+，
假设1C 在点M 处的切线与2C 在点N 处的切线平行，则12k k =，即1212()2
2
a x x
b x x +=++，
则222221212122112121122()()()()()ln ln 222
x x a a a x x b x x x bx x bx y y x x x x -=-+-=+-+=-=-+，
所以221211
2(1)ln 1x x x x x x -=+，设21x t x =，则2(1)ln 1t t t -=+，1t >，①
令2(1)
()ln 1t r t t t -=-+，1t >，则222
14(1)'()(1)(1)t r t t t t t -=-=
++， 因为1t >时，'()0r t >，所以()r t 在(1,)+∞上单调递增，故()(1)0r t r >=，
则2(1)
ln 1t t t
->+，这与①矛盾，假设不成立，
故1C 在点M 处的切线与2C 在点N 处的切线不平行．
(28)【2018四川省成都经开区实验中学（一）21】已知函数)1(ln )(--=x a x x f ，a R ∈． （Ⅰ）求函数)(x f 在点(1,(1))f 点处的切线方程； （Ⅱ）当1≥x 时，)(x f ≤1
ln +x x 恒成立，求a 的取值范围．
【答案】解：(I)因为/
1
()(0)f x a x x
=
-> 所以/
(1)1f a =-，(1)0f =
)(x f 在点(1,(1))f 点处的切线方程为(1)(1)y a x =--. ……………2分
(II)1
)
1(ln 1ln )(2+--=+-x x a x x x x x f , 令)1)(1(ln )(2≥--=x x a x x x g ,ax x x g 21ln )(-+=',
令()()ln 12F x g x x ax '==+-,12()ax
F x x
-'=, ……6分
(1)a 0,≤若()0F x '>,[)g (x)1,g (x)g (1)1-2a 0'''+∞≥=>在递增，
[)0)1()(,,1)(=≥+∞∴g x g x g 递增在,不符合题意从而,01
x lnx
-f (x)≥+. ……8分 (2)111
0a ,),()0,(()(1,,)2122x F x g x a a
''<<
>∴∈若当在递增, g (x)g (1)1-2a,''>=从而以下论证(1)同一样，所以不符合题意. ……………10分
[)1
(3),()01,2
a F x '≥
≤+∞若在恒成立, [)02a -1(1)g (x)g 1,(x)g ≤='≤'+∞'∴递减，在,
[)01
ln )(,0)1()(,,1g(x)≤+-
=≤∴+∞x x
x f g x g 递减在从而, 综上所述，a 的取值范围是⎪⎭
⎫⎢⎣⎡+∞,21………………12分
(29)【2018湖南省长沙市一模21】 已知函数x a ax x f ln )(2-=. （I ）若)(x f 在区间(0, +∞）内单调递减，求a 的取值范围；
(Ⅱ)若a=e(e 为自然对数的底数)，证明：当x>0时，e
xe x f x
1＜ )(+
.
(30)【2018湖北省天门、仙桃、潜江联考21】已知函数()e x f x =，x ∈R ． （Ⅰ）求()f x 的反函数的图象上点（1，0）处的切线方程；
（Ⅱ）证明：曲线()y f x =与曲线2112y x x =++有唯一公共点．
【答案】解：（Ⅰ）()f x 的反函数为()ln g x x =，设所求切线的斜率为k ． ∵1()g x x
'=，∴(1)1k g '==，
于是在点（1，0）处的切线方程为1y x =- ………………4分
（Ⅱ）证法一：曲线()e x f x =与曲线2
112
y x x =++公共点的个数等于函数
21()e 12
x x x x ϕ=---零点的个数 ……………………………6分
∵(0)110ϕ=-=，∴()x ϕ存在零点0x = ………………………………7分
又()e 1x x x ϕ'=--，令()()e 1x h x x x ϕ'==--，则()e 1x
h x '=-． 当0x <时，()0h x '<，∴()x ϕ'在(,0)-∞上单调递减； 当0x >时，()0h x '>，∴()x ϕ'在(0,)+∞上单调递增， ∴()x ϕ'在0x =处有唯一的极小值(0)0ϕ'= ……………………10分 即()x ϕ'在R 上的最小值为(0)0ϕ'=． ∴()0x ϕ'≥（当且仅当0x =时等号成立）， ∴()x ϕ在R 上是单调递增的，∴()x ϕ在R 上有唯一的零点，
故曲线()y f x =与曲线2112y x x =++有唯一公共点…………………12分 证法二：∵e 0x >，2
1102
x x ++>，
∴曲线e x
y =与曲线2112
y x x =++公共点的个数等于曲线211
2
e x
x x y ++=与1y =的公共点的个数 …………………6分 设211
2()e x
x x x ϕ++=，则(0)1ϕ=，即当0x =时，两曲线有公共点．
又22
211(1)e (1)e 22()0e e
x x x x x x x x x ϕ+-++-'==≤（当且仅当0x =时等号。