专题4 一元函数导数及其应用(含答案解析)

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届山东省潍坊市高三下学期开学考试）函数321y x x mx =+++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
-∞2．（2020·山东高三下学期开学）已知函数()f x 是偶函数，当0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为（）
A ．y x
=-B ．2
y x =-+C ．y x
=D ．2
y x =-3．
（2020届山东省济宁市高三3月月考）已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()2
2
1212M x x y y =-+-，则(
)
A ．M 的最小值为2
5B ．M 的最小值为
45C ．M 的最小值为
8
5
D ．M 的最小值为
12
5
4．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）函数()
()()2
sin x
x e e x f x x e
ππ-+=
-≤≤的图象大致为(
)
A ．
B ．
C ．
D ．
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 x xf x =则(
)
A ．2332
31log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭B ．2332
31log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
C ．2
3323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．23
323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
6．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数()y f x =的导函数()f x '的图象如图所示，则下列判断正确的是（
）
A ．函数()y f x =在区间13,2⎛⎫
--
⎪⎝
⎭
内单调递增B ．当2x =-时，函数()y f x =取得极小值C ．函数()y f x =在区间()2,2-内单调递增D ．当3x =时，函数()y f x =有极小值
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 x xf x =则(
)
A ．2332
31log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
B ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪ ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C ．2
3323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．23
323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
二、多选题
8．
（2020届山东省济宁市高三3月月考）设函数()()ln ,0
1,0x x x f x e x x ⎧>⎪=⎨+≤⎪⎩
，若函数()()g x f x b =-有三个零，则实数b 可取的值可能是()
A ．0
B ．
1
2
C ．1
D ．2
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
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 ．
2
C ．
2
e D ．10．
（2020·2020届山东省淄博市高三二模）已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()2
2
1212M x x y y =-+-，则（
）
A ．M
B ．当M 最小时，2125x =
C ．M 的最小值为
4
5
D ．当M 最小时，26
5
x =
三、填空题
11．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知直线2y x =+与曲线ln()y x a =+相切，则a =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()()f x f x '>，则不等式
()()121x e f x f x -<-的解集为__________．
13．（2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测）已知函数()2sin sin 2f x x x =+，则()f x 的最小值是
_____________．
14．
（2020·山东高三模拟）已知函数()ln 2f x x x a =-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2m a +=________.
15．
（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）若函数()()1,f x a nx a R =∈与函数()g x =共点处有共同的切线，则实数a 的值为______．
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__________.
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()f x '，若
()()cos f x x f x =--，且()sin 02
x
f x '+
<，则满足()()0f x f x π++≤的x 的取值范围为______.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()1x
f x x ae =-+（1）讨论()f x 的单调性；
（2）当1a =-时，设1210,0x x -<<>且()()125f x f x +=-，证明：121
24x x e
->-+
．19．
（2019·宁德市高级中学高三月考（理））已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2)e x ﹣x .（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.20．（2020·山东高三模拟）已知函数()21
()1ln ()2
f x m x x m =--∈R .（1）若1m =，求证：()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111
()x f x x e
->-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.
21．（2020届山东省高考模拟）已知函数2()2ln ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论()f x 的单调性；
（2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <
，当a ≥()()21f x f x -的最大值.
22．（2020届山东省济宁市高三3月月考）已知函数()()()1x
f x ax e a R =-∈.
（1）求函数()f x 的单调区间；
（2）是否存在一个正实数a ，满足当x ∈R 时，()1f x ≤恒成立，若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.
23．（2020届山东省潍坊市高三模拟一）已知函数()cos sin x
f x e x x x =-，(
)sin x g x x =-，其中e
是自然对数的底数．（Ⅰ）12ππ,0,0,22x x ⎡⎤⎡⎤
∀∈-
∃∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
，使得不等式12()()f x m g x ≤+成立，试求实数m 的取值范围；（Ⅱ）若1x >-，求证：()()0f x g x ->．
24．（2020届山东省潍坊市高三模拟二）已知函数()ln ,f x x x kx k R =+∈.（1）求()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；
（2）若不等式2()f x x x ≤+恒成立，求k 的取值范围；
（3）求证：当*
n N ∈时，不等式()22
1
2ln 4121n
i n n
i n =-->+∑成立.
25．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知函数()ln 2sin f x x x x =-+,()f x '为()f x 的导函数.(1)求证:()f x '在()0π，上存在唯一零点;(2)求证:()f x 有且仅有两个不同的零点.
26．（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）已知函数()2ln f x x ax =-，a R ∈.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；
（Ⅱ）当1a =-时，令2()()g x x f x =-，其导函数为()g x '，设12,x x 是函数()g x 的两个零点，判断12
2
x x +是否为()g x '的零点？并说明理由.
27．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）已知2()2ln(2)(1)f x x x =+-+，()(1)g x k x =+．（1）当2k =时，求证：对于1x ∀>-，()()f x g x <恒成立；
（2）若存在01x >-，使得当()01,x x ∈-时，恒有()()f x g x >成立，试求k 的取值范围.
28．（2020届山东省淄博市高三二模）（本小题满分12分）设函数()()22ln 11
x f x x x =+++.
（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；
（Ⅱ）如果对所有的x ≥0，都有()f x ≤ax ，求a 的最小值；
（Ⅲ）已知数列{}n a 中，11a =，且()()1111n n a a +-+=，若数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：
1
1ln 2n n n n
a S a a ++>
-.29．
（2020届山东省烟台市高三模拟）已知函数()()2
ln 12
a f x x x x
b =---，,R a b ∈.（1）当-1b =时，讨论函数()f x 的零点个数；
（2）若()f x 在()0,∞+上单调递增，且2a b c e +≤求c 的最大值.
30．
（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）已知()ln f x x =，()()2
102
g x ax bx a =+≠，()()()h x f x g x =-.
（Ⅰ）若3,2a b ==，求()h x 的极值；
（Ⅱ）若函数()y h x =的两个零点为()1212,x x x x ≠，记12
02
x x x +=，证明：()00h x '<．31．
（2020届山东省泰安市肥城市一模）已知函数()2
2()x
f x e ax x a =++在1x =-处取得极小值.
（1）求实数a 的值；
（2）若函数()f x 存在极大值与极小值，且函数()()2g x f x x m =--有两个零点，求实数m 的取值范围.（参考数据：e 2.718≈
2.236≈）
32．
（2020·山东高三下学期开学）已知函数()ln 1f x x x =-，()()2
2g x ax a x =--.（1）设函数()()()H x f x g x '=-，讨论()H x 的单调性；
（2）设函数()()()2G x g x a x =+-，若()f x 的图象与()G x 的图象有()11A x y ，，()22B x y ，两个不同的交点，证明：()12ln 2ln 2x x >+.
33．（2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测）已知函数2()2ln =-f x x x x ，函数
2()(ln )=+
-a
g x x x x
，其中a R ∈，0x 是()g x 的一个极值点，且()02g x =.（1）讨论()f x 的单调性（2）求实数0x 和a 的值
（3
）证明
()
*
1
1
ln(21)2
=>
+∈n
k n n N 34．（2020届山东省六地市部分学校高三3月线考）已知函数()()2
0f x lnx ax x a =--+≥．
()1讨论函数()f x 的极值点的个数；
()2若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：()()12322f x f x ln +>-．
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2021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届山东省潍坊市高三下学期开学考试）函数321y x x mx =+++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321y x x mx =+++是R 上的单调函数，只需2320y x x m '=++≥恒成立，即
1
41203
m m =-≤∴≥ ，．
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0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为（）
A ．y x =-
B ．2
y x =-+C ．y x
=D ．2
y x =-【答案】A 【解析】
因为0x <，()()ln()1f x f x x x =-=--+，()11f -=，()ln()1f x x '=---，(1)1f '-=-，所以曲线
()y f x =在1x =-处的切线方程为()11y x -=-+，即y x =-.
故选：A
3．
（2020届山东省济宁市高三3月月考）已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()2
2
1212M x x y y =-+-，则(
)
A ．M 的最小值为2
5B ．M 的最小值为
45C ．M 的最小值为
8
5
D ．M 的最小值为
12
5
【答案】B 【解析】
由题意，()()2
2
1212M x x y y =-+-的最小值可转化为函数ln 2y x x =-+图象上的点与直线
242ln 20x y +--=上的点的距离的最小值的平方.ln 2y x x =-+，得1
1y x
'=
-，与直线242ln 20x y +--=平行的直线斜率为12
-，令
11
12
x -=-，解得2x =，所以切点的坐标为()2ln 2，
切点到直线242ln 20x y +--=的距离5
d =
=
即()()22
1212M x x y y =-+-的最小值为45
.故选：B
4．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）函数()
()()2
sin x
x e
e x
f x x e
ππ-+=
-≤≤的图象大致为(
)
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A 【解析】
由函数的解析式可得：()()f x f x -=-，则函数()f x 的图像关于坐标原点对称，据此可排除B 选项，
考查函数()x x g x e e -=+，则()()
21
'x x x x
e g x e e e
--=-=
，
当0x >时，()g x 单调递增，则344g g ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，据此有：344f f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，据此可排除C 选项；
当0πx <<时，0,sin 0x x e e x -+>>，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 x xf x =则(
)
A ．2332
31log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
B ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪ ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C ．2
3323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．23
323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
【答案】B 【解析】
由奇函数()f x 是R 上的增函数，可得()0f x '≥，以及当0x >时，()0f x >，当0x <时，()0f x <，
由()()g x xf x =，则()()()()g x xf x xf x g x -=--==，即()g x 为偶函数．
因为()()()g x f x xf x ''=+，所以当0x >时，()0g x '>，当0x <时，()0g x '<．故0x >时，函数()g x 单调递增，0x <时，函数()g x 单调递减．
因为()331log log 44g g ⎛⎫= ⎪
⎝⎭，2303232221log 4--
<<=<所以23
3231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
．
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()y f x =的导函数()f x '的图象如图所示，则下列判断正确的是（
）
A ．函数()y f x =在区间13,2⎛
⎫
--
⎪⎝
⎭
内单调递增B ．当2x =-时，函数()y f x =取得极小值C ．函数()y f x =在区间()2,2-内单调递增
D ．当3x =时，函数()y f x =有极小值【答案】BC 【解析】
对于A ，函数()y f x =在区间13,2⎛⎫
--
⎪⎝
⎭
内有增有减，故A 不正确；对于B ，当2x =-时，函数()y f x =取得极小值，故B 正确；
对于C ，当()2,2x ∈-时，恒有()0f x '>，则函数()y f x =在区间()2,2-上单调递增，故C 正确；对于D ，当3x =时，()0f x '≠，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 x xf x =则()
A ．2
33231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭B ．23
3231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪ ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C ．2
332
3122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．23
323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
【答案】B 【解析】
由奇函数()f x 是R 上的增函数，可得()0f x '≥，以及当0x >时，()0f x >，当0x <时，()0f x <，
由()()g x xf x =，则()()()()g x xf x xf x g x -=--==，即()g x 为偶函数．
因为()()()g x f x xf x ''=+，所以当0x >时，()0g x '>，当0x <时，()0g x '<．故0x >时，函数()g x 单调递增，0x <时，函数()g x 单调递减．
因为()3
31log log 44g g ⎛⎫= ⎪⎝
⎭
，2303232221log 4--
<<=<所以23
3231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛
⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
．
故选：B ．二、多选题
8．
（2020届山东省济宁市高三3月月考）设函数()()ln ,0
1,0x x x f x e x x ⎧>⎪=⎨+≤⎪⎩
，若函数()()g x f x b =-有三个零，则实数b 可取的值可能是()
A ．0
B ．
1
2
C ．1
D ．2
【答案】BC 【解析】
由题意，函数()()g x f x b =-有三个零点，则函数()()0g x f x b =-=，即()f x b =有三个根，当0x ≤时，()()1x
f x e
x =+，则()()()
12x x x e x e x x e f =++=+'由()0f x '<得20x +<，即2x <-，此时()f x 为减函数，由()0f x '>得20x +>，即20x -<≤，此时()f x 为增函数，即当2x =-时，()f x 取得极小值()21
2f e
-=-
，作出()f x 的图象如图：
要使()f x b =有三个根，则01b <≤，则实数b 可取的值可能是12
，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
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 ．
2
C ．
2
e D ．【答案】BCD 【解析】
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．
存在0{|()(1)}x x T x T x ∈- ，∴得00()(1)T x T x - ，001x x - ，即012
x
，
()x g x e a =-- ；1(2
x
，0x 为函数()y g x =的一个零点；
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
⎛=> ⎝
，
∴要使()g x 在1
2
x
时有一个零点，
只需使102g a ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
，
解得2
a ，
a ∴的取值范围为,2⎡⎫
+∞⎪⎢
⎪⎣⎭
，故选：BCD ．
10．（2020·2020届山东省淄博市高三二模）已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()2
2
1212M x x y y =-+-，则（
）
A ．M
B ．当M 最小时，2125x =
C ．M 的最小值为
4
5
D ．当M 最小时，26
5
x =
【答案】BC 【解析】
由111ln 20x x y --+=，得：111ln 2y x x =-+，
()()
22
1212x x y y -+-的最小值可转化为函数ln 2y x x =-+图象上的点到直线242ln 20x y +--=上
的点的距离的最小值的平方，由ln 2y x x =-+得：1
1y x
'=
-，与直线242ln 20x y +--=平行的直线的斜率为12
-，则令
11
12
x -=-，解得：2x =，∴切点坐标为()2,ln 2，
()2,ln 2∴到直线242ln 20x y +--=的距离5
d =
=.
即函数ln 2y x x =-+上的点到直线242ln 20x y +--=上的点的距离的最小值为
5
.()()22
1212M x x y y ∴=-+-的最小值为245
d =
，过()2,ln 2与242ln 20x y +--=垂直的直线为()ln 222y x -=-，即24ln 20x y --+=.
由242ln 2024ln 20x y x y +--=⎧⎨--+=⎩
，解得：125x =，即当M 最小时，2125x =.
故选：BC.三、填空题
11．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知直线2y x =+与曲线ln()y x a =+相切，则a =【答案】3【解析】
设切点为（x 0，y 0），由题意可得：曲线的方程为y ＝ln （x+a ），所以y '＝
1
x a
+．所以k 切＝
01
x a
+＝1，并且y 0＝x 0+2，y 0＝ln （x 0+a ），解得：y 0＝0，x 0＝﹣2，a ＝3．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()()f x f x '>，则不等式()()121x e f x f x -<-的解集为__________．
【答案】(1,)+∞【解析】设F （x ）()x
f x e
=
，
则F ′（x ）()()
'x
f x f x e -=
，
∵()()f x f x '>，
∴F ′（x ）＞0，即函数F （x ）在定义域上单调递增．∵()()
1
21x e
f x f x -<-∴
()()21
21x
x f x f x e
e
--＜
，即F （x ）＜F （2x 1-）
∴x 2x 1-＜，即x ＞1∴不等式()()1
21x e
f x f x -<-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()2sin sin 2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．
【答案】2
-
【解析】
分析：首先对函数进行求导，化简求得()()1'4cos 1cos 2f x x x ⎛⎫
=+-
⎪⎝
⎭
，从而确定出函数的单调区间，减区间为()52,233k k k Z ππππ⎡⎤-
-∈⎢⎥⎣
⎦，增区间为()2,233k k k Z ππππ⎡
⎤-+∈⎢⎥⎣
⎦，确定出函数的最小值点，从而求得33
sin ,sin222
x x =-
=-
代入求得函数的最小值.详解：()()2
1'2cos 2cos24cos 2cos 24cos 1cos 2f x x x x x x x ⎛
⎫=+=+-=+-
⎪
⎝
⎭，所以当1
cos 2
x <时函数单调减，当1cos 2x >
时函数单调增，从而得到函数的减区间为()52,233k k k Z ππππ⎡
⎤--∈⎢⎥⎣
⎦，函数的增区间为()2,233k k k Z ππππ⎡
⎤-
+∈⎢⎥⎣
⎦，所以当2,3
x k k Z π
π=-∈时，函数()f x 取得最小值，此时
sin ,sin222x x =-=-，所以()min 2222f x ⎛⎫=⨯--=- ⎪ ⎪⎝⎭
，故答案是2-.14．（2020·山东高三模拟）已知函数()ln 2f x x x a =-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2m a +=________.【答案】0【解析】
()1ln f x x '=+，(1)1f '=，(1)2f a =-，
切线1l 的方程：21y a x +=-，
又1l 过原点，所以21a =-，()ln 1f x x x =+，
1
()ln g x x x =+
，22111()x g x x x x
-'=-=.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1,20m m a =+=.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 x a nx a R =∈与函数()g x =
共点处有共同的切线，则实数a 的值为______．【答案】2
e 【解析】
函数()ln f x a x =的定义域为()0,+∞，()a
f x x '=，(
)g x '=设曲线()ln f x a x =与曲线(
)g x =
()00,x y ，
由于在公共点处有共同的切线，∴0a x =，解得204x a =，0a >．
由()()00f x g x =
，可得0ln a x =
联立2
004x a alnx ⎧=⎪⎨=⎪⎩，解得2e a =．
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】3227
π
【解析】
由题意，设小圆柱体底面半径为cos θ，则高为1sin 0,2πθθ⎛⎫
+∈ ⎪⎝⎭
，，小圆柱体体积()2
cos 1sin V πθθ=⋅⋅+，
设()sin 0,1t t θ=∈，，则(
)()()
2
3
2111V t
t t
t t ππ=⋅-+=⋅--++
则()
()()
2
321311V t t t t ππ'=⋅--+=⋅-++当13t =
时，max 3227
V π=故答案为：
3227
π
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()f x '，若
()()cos f x x f x =--，且()sin 02
x
f x '+
<，则满足()()0f x f x π++≤的x 的取值范围为______.【答案】,2π⎡⎫
-+∞⎪⎢⎣⎭
【解析】依题意，()()()cos cos 22
x x
f x f x --
=--+
，令()()cos 2
x
g x f x =-
，则()()g x g x =--，故函数()g x 为奇函数()()()cos sin 022x x g x f x f x '⎡⎤''=-=+<⎢⎥⎣
⎦，故函数()g x 在R 上单调递减，则()()()()()cos cos 002
2
x x
f x f x f x f x πππ+++≤⇒+-
+-
≤()()()()()0g x g x g x g x g x ππ⇔++≤⇔+≤-=-，即x x π+≥-，故2
x π
≥-
，则x 的取值范围为,2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭
.故答案为：,2π⎡⎫
-+∞⎪⎢⎣⎭
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()1x
f x x ae =-+（1）讨论()f x 的单调性；
（2）当1a =-时，设1210,0x x -<<>且()()125f x f x +=-，证明：121
24x x e
->-+．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】
（1）()1x
f x ae ='+，
当0a ≥时，()0f x '>，则()f x 在R 上单调递增．当0a <时，令()0f x '>，得1ln x a ⎛⎫<-
⎪⎝⎭，则()f x 的单调递增区间为1,ln a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭，令()0f x '<，得1ln x a ⎛⎫
>-
⎪⎝⎭，则()f x 的单调递减区间为1ln ,a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
．
（2）证明：（法一）设()()231x
g x f x x e x =+=-+-，则()3x
g x e =-+'，由()0g x '<得ln3x >；由()0g x '>得ln3x <，故()()max ln33ln340g x g ==-<从而得()()20g x f x x =+<，
()()()()1222125,2520f x f x f x x f x x +=-∴+=--+< ，
即12124x x e
->-+
．（法二）()()1212125,3x
x
f x f x x e e x +=-∴=+-- ，
12122233x x x x e e x ∴-=+--，
设()3x
g x e x =-，则()3x
g x e '=-，
由()0g x '<得ln3x >；由()0g x '>得ln3x <，故()()min ln333ln3g x g ==-．
1210,0x x -< ，
1121
233ln33ln3x x e e
-∴->+-=
-，3ln3ln274=< ，121
24x x e ∴->-+．
19．
（2019·宁德市高级中学高三月考（理））已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2)e x ﹣x .（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】（1）见解析；（2）(0,1).
【解析】
（1）()f x 的定义域为(),-∞+∞，()()()()
2221121x
x x x f x ae
a e ae e =+---'=+，
（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(),-∞+∞单调递减.（ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-.
当(),ln x a ∈-∞-时，()0f x '<；当()ln ,x a ∈-+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(),ln a -∞-单调递减，在()ln ,a -+∞单调递增.
（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点.
（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为()1
ln 1ln f a a a
-=-+.①当1a =时，由于()ln 0f a -=，故()f x 只有一个零点；②当()1,a ∈+∞时，由于1
1ln 0a a
-+>，即()ln 0f a ->，故()f x 没有零点；③当()0,1a ∈时，1
1ln 0a a
-+<，即()ln 0f a -<.又()()4
222e
2e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(),ln a -∞-有一个零点.
设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭
，则()()
0000
0000e e 2e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->.
由于3ln 1ln a 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()21
()1ln ()2
f x m x x m =--∈R .（1）若1m =，求证：()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111
()x f x x e
->-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 x x x x =
-->，211
()x f x x x x
-'=-+=
，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，∴min ()(1)0f x f ==，故()0f x ≥.
（2）由题知，0x >，211
()mx f x mx x x -'=-+=，
①当0m ≤时，21
()0mx f x x
-'=<，
所以()f x 在(0,)+∞上单调递减，没有极值；
②当0m >时，21
()0mx f x
x
-'==，得x =
，当x
⎛∈ ⎝
时，()0f x '<；当x ⎫
∈+∞⎪⎭时，()0f x '>，
所以()f x 在
⎛ ⎝
上单调递减，在⎫
+∞⎪⎭
上单调递增.
故()f x 在x
=
1
11ln 2
22f m m =+-，无极大值.（3）不妨令111
11()x x x e x
h x x e xe
----=-=，设11(),(1,),()10x x u x e x x u x e --'=-∈+∞=->在(1,)+∞恒成立，
()u x 在[1,)+∞单调递增，()(1)0u x u ∴>=，10x e x -∴-≥在(1,)+∞恒成立，
所以，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，
由（2）知，当0,1m x ≤>时，()f x 在(1,)+∞上单调递减，
()(1)0f x f <=恒成立；
所以不等式111
()x f x x e
->-在(1,)+∞上恒成立，只能0m >.当01m <<1
>，由（1）知()f x 在⎛ ⎝上单调递减，
所以(1)0f f
<=，不满足题意.当m 1≥时，设()21111()1ln 2x F x m x x x e
-=
---+，因为1,1m x ≥>，所以1
1111,1,01,10x x x mx x e e e
---≥><<-<-<，
322122
111111
()1x x x x F x mx x x x e x x x
---+'=-++->-++-=，即()
22
(1)1()0x x F x x
--'>
>，
所以()F x 在(1,)+∞上单调递增，
又(1)0F =，所以(1,)x ∈+∞时，()0F x >恒成立，即()()0f x h x ->恒成立，故存在m 1≥，使得不等式111
()x f x x e
->-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 ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论()f x 的单调性；
（2）若()f x 有两个极值点()
1212,x x x x <，当a ≥()()21f x f 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160,
4a ⎛- ⎪⎝⎭，
,4a ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；在,44a a ⎛+ ⎪ ⎪⎝⎭
上单调递减；
（2）1
2
e e
-+【解析】
（1）由2()2ln f x x ax x =-+得2()2f x x a x
'=-+；因为0x >，所以2
24x x
+
≥；因此，当4a ≤时，2
()20f x x a x
'=-+
≥在(0,)+∞上恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；
当4a >时，由2()20f x x a x '=-+>得2
220x ax -+>，解得164a a x >或1604a a x <<
；由2()20f x x a x '=-+<得161644
a a x -+<<
；
所以()f x
在0,4a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
，,4a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；
在,44a a ⎛-+
⎝⎭
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0,4a ⎛- ⎪⎝⎭
，,4a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；
在,44a a ⎛-+
⎪ ⎪⎝⎭
上单调递减；
（2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，
由（1）可得，12,x x 是方程2220x ax -+=的两不等实根，所以122
a
x x +=
，121x x =，因此()()2
2
21222111(2ln )(2ln )
f x f x x ax x x ax x -=-+--+2222222112121222222
1121
2()()2ln
2ln 2ln x x x x x x x x x x x x x x x -++=-+=-+=+-，令2
2t x =，则22
22222111()()2ln 2ln f x f x t t x x x t
-=
-+=-+；由（1
）可知24
a x =
，
当a ≥
24
x a +=≥
=，所以[
)2
2,e t x ∈=+∞，
令1()2ln g t t t t
=-+，[
),t e ∈+∞，
则22
222
1221(1)()10t t t g t t t t t
-+-'=--+=-=-<在[),t e ∈+∞上恒成立；
所以1()2ln g t t t t
=-+在[
),t e ∈+∞上单调递减，故max 1
()()2g t g e e e
==
-+.即()()21f x f 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()()()1x
f x ax e a R =-∈.
（1）求函数()f x 的单调区间；
（2）是否存在一个正实数a ，满足当x ∈R 时，()1f x ≤恒成立，若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.
【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()(),1x
x R f x ax e ∈=-的定义域为R ，
()()()
11x x x f x ae ax e e ax a '=-+-=-+-①若()()0,,x
a f x e f x ==在(),-∞+∞上为增函数；
②若0a >，∵0x e >，∴当1a x a -<时，()0f x '>；当1a
x a
->时，()0f x '<；所以()f x 在1,
a a -⎛
⎫-∞ ⎪⎝
⎭上为增函数，在1,a a -⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
上为减函数；
③若0a <，∵0x e >，∴当1a x a -<时，()0f x '<；当1a
x a
->时，()0f x '>；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，0a >时，()f x 的最大值为11a
a
a f ae
a --⎛⎫
= ⎪⎝⎭
，
若对任意实数x ，()1f x ≤恒成立，只须使11a a
ae -≤即可.
又因为0a >，所以不等式11a a
ae -≤等价于：1ln 0a
a
ae
-
⎛⎫
≤
⎪⎝
⎭
，即：1ln 0a
a a
-+
≤，设()()1ln 0a
g a a a a -=+
>，则()()22111a a a g a a a a
----'=+=，∴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 a g >=，不等式1ln 0a
a a
-+≤不成立，当1a >时，()()10g a g >=，不等式1ln 0a
a a -+
≤不成立，当1a =时，()()10g a g ==，不等式1ln 0a
a a
-+≤成立，∴存在正实数a 且1a =时，满足当x ∈R 时，()1f x ≤恒成立.
23．（2020届山东省潍坊市高三模拟一）已知函数()cos sin x
f x e x x x =-，()sin x
g x x =-，其中e
是自然对数的底数．（Ⅰ）12ππ,0,0,22x x ⎡⎤⎡⎤
∀∈-
∃∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
，使得不等式12()()f x m g x ≤+成立，试求实数m 的取值范围；（Ⅱ）若1x >-，求证：()()0f x g x ->．
【答案】（Ⅰ）)
1,++∞；（Ⅱ）证明见解析．【解析】
（Ⅰ）由题意，12ππ,0,0,22x x ⎡⎤⎡⎤
∀∈-
∃∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
，使得不等式12()()f x m g x ≤+成立，
等价于[
]1max 2max ()()
f x m
g x ≤+．1分
()(cos sin )(sin cos )()cos (1)sin x x x f x e x x x x x e x x e x =----+'+=，
当π[,0]2x ∈-
时，()0f x '>，故()f x 在区间π
[0,]2
上单调递增，所以0x =时，()f x 取得最大值1．即max ()1
f x =又当π[0,]2
x ∈时，(
)cos x
g x x =-'，(
)sin 0
x
g x x '-'=-<所以()g x '在π[0,]2
上单调递减，所以()(
)010g x g ≤=-'<'，
故()g x 在区间π[0,2
上单调递减，因此，0x =
时，max ()(0)g x g ==．
所以1m ≤
，则1m ≥
+．
实数m
的取值范围是)
1,++∞．（Ⅱ）当1x >-时，要证
，只要证e cos sin sin 0x x x x x x -->，
即证(()e
cos 1sin x
x x x +>+
，由于cos 0,10x x +
>+>，
只要证e 1x x >+．下面证明1x >-
时，不等式e 1x x >+令()()e
11
x
h x x x =>-+，则()()()
()
2
2
e 1e e 11x x
x
x x h x x x =
+'+-=
+，
当()1,0x ∈-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0x =时，()h x 取最小值为1．
法一：k =
cos sin k x x =
，即sin cos x k x -=
，即sin()x ϕ-=
1≤，即11k -≤≤，所以max 1k =，而()
()min
01h x h ==，
但当0x =时，()010k h =<=；0x ≠时，()1h x k
>≥
所以，max
min e 1x x ⎛⎫> ⎪+⎝⎭
，即e 1x x >+综上所述，当1x >-时，成立．
法二：令()x ϕ=
()cos ,sin A x x
与点()
B 连线的斜率k ，
所以直线AB
的方程为：(
y k x =+
，
由于点A 在圆221x y +=上，所以直线AB 与圆221x y +=相交或相切，当直线AB 与圆221x y +=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0x =时，()(0)010h ϕ=<=；
0x ≠时，()1h x k >≥．所以，min
max ()()h x x ϕ>
，即e 1x x >
+综上所述，当1x >-时，成立．
法三：令()x ϕ=
()x ϕ'=
，
当32,()4
x k k N π
π=
+∈时，()x ϕ取得最大值1，而()()min
01h x h ==，
但当0x =时，()()0010h ϕ=<=；0x ≠时，()1h x k >≥所以，min
max ()()h x x ϕ>
，即e 1x x >
+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 x x x kx k R =+∈.（1）求()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；
（2）若不等式2()f x x x ≤+恒成立，求k 的取值范围；
（3）求证：当*
n N ∈时，不等式()22
1
2ln 4121n
i n n i n =-->+∑成立.
【答案】（1）(1)1y k x =+-（2）k 2≤（3）证明见解析【解析】
（1）函数()y f x =的定义域为(0,)+∞，
()1ln f x x k '=++，(1)1f k '=+，
∵(1)f k =，∴函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(1)(1)y k k x -=+-，即(1)1y k x =+-.
（2）由2()f x x x ≤+，()ln f x x x kx =+，则2ln x x kx x x +≤+，即ln 1x k x +≤+，设()ln 1g x x x k =-+-，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 x x x ≤+恒成立，且0x >，
∴ln 10x x k -+-≤，∴max ()(1)20g x g k ==-≤即可，故k 2≤.（3）由（2）可知：当2k =时，ln 1x x ≤-恒成立，
令2141x i =-
-，由于*
i N ∈，2
1041i >-.故，2211ln 14141i i <---，整理得：()221
ln 41141
i i ->--，
变形得：(
)
2
1ln 411(21)(21)i i i ->-
+-，即：()
2
11ln 41122121i i i ⎛⎫->-- ⎪-+⎝⎭
1,2,3,,i n = 时，
11ln31123⎛⎫>-- ⎪⎝⎭，11ln51123⎛⎫
>-- ⎪⎝⎭……，
()2111ln 41122121n n n ⎛⎫
->-- ⎪
-+⎝⎭
两边同时相加得：()222
1
1122ln 4112212121n
i n n n
i n n n n =-⎛⎫->--=
> ⎪+++⎝⎭∑，所以不等式在*n N ∈上恒成立.
25．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知函数()ln 2sin f x x x x =-+,()f x '为()f x 的导函数.
(1)求证:()f x '在()0π，上存在唯一零点;(2)求证:()f x 有且仅有两个不同的零点.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】
(1)设()()1
12cos g x f x x x
'==-+，当()0,x π∈时，()21
2sin 0g x x x
'=--<，所以()g x 在()0,π上单调递减，
又因为31103g ππ⎛⎫=-+>
⎪⎝⎭，2
102g ππ
⎛⎫=-< ⎪⎝⎭所以()g x 在,32ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
上有唯一的零点α，所以命题得证．
(2)①由(1)知：当()0,x α∈时，()0f x '>，()f x 在()0,α上单调递增;当(),x απ∈时，()0f x '<，()f x 在(),απ上单调递减;所以()f x 在()0,π上存在唯一的极大值点3
2π
παα⎛⎫<<
⎪
⎝⎭所以()ln 2202222f f ππππα⎛⎫
>=-+>-> ⎪
⎝⎭
又因为2222
111122sin 220f e e e e ⎛⎫
=--+<--+<
⎪⎝⎭
所以()f x 在()0,α上恰有一个零点．又因为()ln 20
f
ππππ=-<-<所以()f x 在(),απ上也恰有一个零点．②当[),2x ππ∈时，sin 0x ≤，()ln f x x x ≤-设()ln h x x x =-，()1
10h x x
'=
-<所以()h x 在[),2ππ上单调递减，所以()()0h x h π≤<所以当[),2x ππ∈时，()()()0f x h x h π≤≤<恒成立
所以()f x 在[),2ππ上没有零点．③当[)2,x π∈+∞时，()ln 2f x x x ≤-+设()ln 2x x x ϕ=-+，()1
10x x
ϕ'=
-<所以()x ϕ在[)2,π+∞上单调递减，所以()()20x ϕϕπ≤<所以当[)2,x π∈+∞时，()()()20f x x ϕϕπ≤≤<恒成立所以()f x 在[)2,π+∞上没有零点．综上，()f x 有且仅有两个零点．
26．（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）已知函数()2ln f x x ax =-，a R ∈.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；
（Ⅱ）当1a =-时，令2()()g x x f x =-，其导函数为()g x '，设12,x x 是函数()g x 的两个零点，判断12
2
x x +是否为()g x '的零点？并说明理由.
【答案】（Ⅰ）当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在2(0,)a 单调递增，在2(,)a
+∞上单调递减.（Ⅱ）不是，理由见解析【解析】
（Ⅰ）依题意知函数()f x 的定义域为()0,+∞，且()2
f x a x
'=
-,（1）当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上单调递增.（2）当0a >时，由()0f x '=得：2x a
=
，则当20,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x '>；当2,x a
⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭
时()0f x '<.
所以()f x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在2,a
⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
上单调递减.综上，当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；
当0a >时，()f x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在2,a
⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
上单调递减.
（Ⅱ）
12
2
x x +不是导函数()g x '的零点.证明如下：当1a =-时，()()2
2
2ln g x x f x x x x =-=--.∵1x ，2x 是函数()g x 的两个零点，不妨设120x x <<，
2211111122222222
2ln 02ln 2ln 02ln x x x x x x x x x x x x ⎧⎧--=-=∴⇒⎨⎨--=-=⎩⎩，两式相减得：()()()12121212ln ln x x x x x x -+-=-即：()121212
2ln ln 1x x x x x x -+-=
-，
又()221g x x x
-
'=-.则()()()121212
121212*********ln ln 24421ln ln 2
x x x x x x g x x x x x x x x x x x x x x ⎡⎤--+⎛⎫
=+--=-=--'⎢⎥
⎪+-+-+⎝
⎭⎣⎦
.设1
2
x t x =
，∵120x x <<，∴01t <<，令()()21ln 1
t t t t ϕ-=-
+，()()
()
()
22
2
114
11t t t
t t t ϕ-=-
=
+'+.
又01t <<，∴()0t ϕ'>，∴()t ϕ在()0,1上是増函数，则()()10t ϕϕ<=，即当01t <<时，()21ln 01
t t t --
<+，从而()()121212
2ln ln 0x x x x x x ---
<+，
又121200x x x x <<⇒-<所以
()()1212121222ln ln 0x x x x x x x x ⎡
⎤--->⎢⎥-+⎣⎦
，故1202x x g +⎛⎫
>
⎪
⎝⎭
'，所以122x x +不是导函数()g x '的零点.27．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）已知2()2ln(2)(1)f x x x =+-+，()(1)g x k x =+．（1）当2k =时，求证：对于1x ∀>-，()()f x g x <恒成立；
（2）若存在01x >-，使得当()01,x x ∈-时，恒有()()f x g x >成立，试求k 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）(,2)-∞【解析】
（1）证明：当2k =时，()2(1)
g x x =+。