专题09 导数及其应用-2023年高考真题和模拟题数学分项汇编（全国通用）含答案.pdf

更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君专题专题 09 导数及其应用导数及其应用-（新课标全国卷）1已知函数 exf xaax(1)讨论 f x的单调性；(2)证明：当0a 时，32ln2f xa（新课标全国卷）2已知函数 elnxf xax在区间1,2上单调递增，则 a 的最小值为（）A2eBeC1eD2e（新课标全国卷）3若函数 2ln0bcf xaxaxx既有极大值也有极小值，则（）A0bc B0ab C280bacD0ac（新课标全国卷）4（1）证明：当01x时，sinxxxx；（2）已知函数 2cosln 1f xaxx，若0 x 是 f x的极大值点，求 a 的取值范围（全国乙卷数学（文）5函数 32fxxax存在 3 个零点，则a的取值范围是（）A,2 B,3 C4,1D3,0（全国乙卷数学（文）6已知函数 1ln 1f xaxx(1)当1a 时，求曲线 yf x在点 1,f x处的切线方程(2)若函数 f x在0,单调递增，求a的取值范围（全国乙卷数学（理）7设0,1a，若函数 1xxf xaa在0,上单调递增，则 a 的取值范围是_.（全国乙卷数学（理）8已知函数1()ln(1)f xaxx.(1)当1a 时，求曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程；(2)是否存在 a，b，使得曲线1yfx关于直线xb对称，若存在，求 a，b 的值，若不存在，说明理由.(3)若 f x在0,存在极值，求 a 的取值范围.（全国甲卷数学（文）9曲线e1xyx在点e1,2处的切线方程为（）Ae4yxBe2yxCee44yxDe3e24yx专题09 导数及其应用-2023年高考真题和模拟题数学分项汇编（全国通用）更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君（全国甲卷数学（文）10已知函数 2sin,0,cos2xf xaxxx(1)当1a 时，讨论 f x的单调性；(2)若 sin0fxx，求a的取值范围（全国甲卷数学（文）11已知3sin(),0,cos2xf xaxxx(1)若8a，讨论()f x的单调性；(2)若()sin2f xx恒成立，求 a 的取值范围（新高考天津卷）12已知函数 11ln12fxxx(1)求曲线 yf x在2x 处切线的斜率；(2)当0 x 时，证明：1f x；(3)证明：51ln!ln162nnnn1（2023河北沧州校考模拟预测）已知直线ykxb与曲线e2xy 和曲线2ln eyx均相切，则实数k的解的个数为（）A0B1C2D无数2（2023四川广安四川省广安友谊中学校考模拟预测）已知函数()5sin()(30)f xx的最小正周期为T，若223T，且3是 f x的一个极值点，则（）A72B2C103D123（2023浙江嘉兴校考模拟预测）已知函数 lnf xxx，exg xx，若存在0t，使得 12f xg xt成立，则122xx的最小值为（）A2ln4B2ln4Celn2Deln24（2023山东聊城统考三模）若直线yxb与曲线exyax相切，则b的最大值为（）A0B1C2De5（2023四川成都石室中学校考模拟预测）若关于x的不等式e 1 lne1xaxa在0,1x内有解，则实数a的取值范围是（）A21,e2eB1,eeC21,eeD1,e2e更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君6（2023河北沧州校考模拟预测）已知函数 2ln1xf xx.(1)求函数 f x的极值点个数；(2)若不等式23111mxf xmx在1,上恒成立，求m可取的最大整数值.7（2023广东佛山统考模拟预测）已知函数 2exf xx a，其中aR.(1)讨论函数 f x极值点的个数；(2)对任意的0 x，都有 ln1f xx，求实数a的取值范围.8（2023广东深圳深圳市高级中学校考模拟预测）（1）当0,1x时，求证：21ln1xxx.（2）已知函数 2e0 xf xxaxaa有唯一零点0 x，求证：049x 且925a.9（2023四川广安四川省广安友谊中学校考模拟预测）已知函数lnln22()1(0)2xf xaaxx(1)若函数()f x在1x 处的切线斜率为19，求实数a的值；(2)若函数()f x有且仅有三个不同的零点，分别设为123,.x x x（i）求实数a的取值范围；（ii）求证：1238x x x 10（2023四川成都四川省成都市玉林中学校考模拟预测）若函数 211ln022f xaxxax有两个零点12,x x，且12xx(1)求 a 的取值范围；(2)若 f x在1,0 x和2,0 x处的切线交于点33,xy，求证：3122xxx11（2023山东日照三模）已知函数 21lnln1exaxfxxa有三个零点.(1)求a的取值范围；(2)设函数 f x的三个零点由小到大依次是123,x xx.证明：1 3eex xa.12（2023山东烟台统考三模）已知函数 e,lnxfxa g xxa，其中Ra(1)讨论方程 f xx实数解的个数；(2)当1x时，不等式 f xg x恒成立，求a的取值范围13（2023山东德州三模）已知函数 21ln()2f xxax，其中aR(1)当1a 时，求函数 f x在 1,1f处的切线方程；更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君(2)讨论函数 f x的单调性；(3)若 f x存在两个极值点121221,x xxxfxfx的取值范围为315ln2,2ln248，求a的取值范围14（2023陕西咸阳武功县普集高级中学校考模拟预测）已知函数 e112xf xxx，0,x.(1)求证：1f x；(2)若函数 21sin2g xxf xaxxxx在0,x上有唯一零点，求实数a的取值范围.15（2023山东聊城统考三模）已知函数()(1)lnf xmxmxm(1)讨论()f x的单调性；(2)证明：当1m，且1x 时，1()exf x16（2023河北统考模拟预测）已知函数()ln2mf xxx.(1)若不等式()2f x 有解，求实数m的取值范围；(2)若 f x有两个不同的零点12,x x，证明：122lnlnln1lnmxxm.17（2023全国模拟预测）已知函数 2e2xfxmxnmxmn x在=1x处取得极小值11e(1)求实数,m n的值；(2)当0,x时，证明：16ln9f xxx18（2023辽宁辽宁实验中学校考模拟预测）已知椭圆 C：222104xybb与 y 轴交于0,Ab，0,Bb两点，椭圆上异于 A，B 两点的动点 D 到 A，B 两点的斜率分别为1k，2k，已知1 214k k (1)求椭圆 C 的方程；(2)过定点1,1G 与动点 D 的直线，与椭圆交于另外一点 H，若 AH 的斜率为3k，求23kk的取值范围19（2023山东泰安统考模拟预测）若 22lne0 xf xxxxmx，则实数m最大值为_.20（2023陕西咸阳武功县普集高级中学校考模拟预测）已知 f x是定义在0,上的可导函数，若 exxxfxf x，11ef，且1x时，elnxf xf xxa恒成立，则a的取值范围是_.更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君专题专题 09 导数及其应用导数及其应用-（新课标全国卷）1已知函数 exf xaax(1)讨论 f x的单调性；(2)证明：当0a 时，32ln2f xa【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【详解】（1）因为()exf xaax，定义域为R，所以 e1xfxa，当0a 时，由于e0 x，则e0 xa，故 0e1xfxa恒成立，所以 f x在R上单调递减；当0a 时，令 e10 xfxa，解得lnxa，当lnxa 时，0fx，则 f x在,lna 上单调递减；当lnxa 时，()0fx，则 f x在ln,a上单调递增；综上：当0a 时，f x在R上单调递减；当0a 时，f x在,lna 上单调递减，f x在ln,a上单调递增.（2）方法一：由（1）得，lnmin2lnlnlne1afaaxafaaa，要证3()2ln2f xa，即证2312ln2lnaaa，即证21ln02aa恒成立，令 21ln02g aaa a，则 21212agaaaa，令 0ga，则202a；令 0ga，则22a；所以 g a在20,2上单调递减，在2,2上单调递增，所以 2min2212lnln202222g ag，则 0g a 恒成立，所以当0a 时，3()2ln2f xa恒成立，证毕.方法二：更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君令 e1xh xx，则 e1xh x，由于exy 在R上单调递增，所以 e1xh x在R上单调递增，又 00e10h，所以当0 x 时，0h x；当0 x 时，0h x；所以 h x在,0上单调递减，在0,上单调递增，故 00h xh，则e1xx，当且仅当0 x 时，等号成立，因为2ln22()eeeln1xxxaf xaaxaaxaxxaax，当且仅当ln0 xa，即lnxa 时，等号成立，所以要证3()2ln2f xa，即证23ln12ln2xaaxa，即证21ln02aa，令 21ln02g aaa a，则 21212agaaaa，令 0ga，则202a；令 0ga，则22a；所以 g a在20,2上单调递减，在2,2上单调递增，所以 2min2212lnln202222g ag，则 0g a 恒成立，所以当0a 时，3()2ln2f xa恒成立，证毕.（新课标全国卷）2已知函数 elnxf xax在区间1,2上单调递增，则 a 的最小值为（）A2eBeC1eD2e【答案】C【详解】依题可知，1e0 xfxax在1,2上恒成立，显然0a，所以1exxa，设 e,1,2xg xxx，所以 1 e0 xgxx，所以 g x在1,2上单调递增，1eg xg，故1ea，即11eea，即 a 的最小值为1e故选：C（新课标全国卷）3若函数 2ln0bcf xaxaxx既有极大值也有极小值，则（）A0bc B0ab C280bacD0ac【答案】BCD更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君【详解】函数2()lnbcf xaxxx的定义域为(0,)，求导得223322()abcaxbxcfxxxxx，因为函数()f x既有极大值也有极小值，则函数()fx在(0,)上有两个变号零点，而0a，因此方程220axbxc有两个不等的正根12,x x，于是2121280020bacbxxacx xa，即有280bac，0ab，0ac，显然20a bc，即0bc，A 错误，BCD 正确.故选：BCD（新课标全国卷）4（1）证明：当01x时，sinxxxx；（2）已知函数 2cosln 1f xaxx，若0 x 是 f x的极大值点，求 a 的取值范围【答案】（1）证明见详解（2）,22,【详解】（1）构建 sin,0,1F xxx x，则 1 cos0Fxx 对0,1x 恒成立，则 F x在0,1上单调递增，可得 00F xF，所以sin,0,1xx x；构建 22sinsin,0,1G xxxxxxx x，则 21cos,0,1Gxxx x，构建 ,0,1g xGxx，则 2sin0gxx对0,1x 恒成立，则 g x在0,1上单调递增，可得 00g xg，即 0Gx对0,1x 恒成立，则 G x在0,1上单调递增，可得 00G xG，所以2sin,0,1xxxx；综上所述：sinxxxx.（2）令210 x，解得11x，即函数 f x的定义域为1,1，若0a，则 2ln 1,1,1f xxx ，因为lnyu 在定义域内单调递减，21yx 在1,0上单调递增，在0,1上单调递减，则 2ln 1f xx 在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，故0 x 是 f x的极小值点，不合题意，所以0a.当0a 时，令0ba更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君因为 222cosln 1cosln 1cosln 1f xaxxa xxbxx，且 22cosln 1cosln 1fxbxxbxxf x，所以函数 f x在定义域内为偶函数，由题意可得：22sin,1,11xfxbbxxx，（i）当202b时，取1min,1mb，0,xm，则0,1bx，由（1）可得 2222222222sin111x b xbxxfxbbxb xxxx ，且22220,20,10b xbx，所以 2222201x b xbfxx，即当0,0,1xm时，()0fx，则 f x在0,m上单调递增，结合偶函数的对称性可知：f x在,0m上单调递减，所以0 x 是 f x的极小值点，不合题意；（）当22b 时，取10,0,1xb，则0,1bx，由（1）可得 2233223222222sin2111xxxfxbbxb bxb xb xb xb xbxxx ，构建 33223212,0,h xb xb xb xbxb，则 3223132,0,h xb xb xbxb，且 33100,0hbhbbb，则 0h x对10,xb 恒成立，可知 h x在10,b上单调递增，且 21020,20hbhb，所以 h x在10,b内存在唯一的零点10,nb，当0,xn时，则 0h x，且20,10 xx，则 3322322201xfxb xb xb xbx，即当0,0,1xn时，0fx，则 f x在0,n上单调递减，结合偶函数的对称性可知：f x在,0n上单调递增，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君所以0 x 是 f x的极大值点，符合题意；综上所述：22b，即22a，解得2a 或2a ，故 a 的取值范围为,22,.（全国乙卷数学（文）5函数 32fxxax存在 3 个零点，则a的取值范围是（）A,2 B,3 C4,1D3,0【答案】B【详解】3()2f xxax，则2()3fxxa，若 f x要存在 3 个零点，则 f x要存在极大值和极小值，则a00gxg，g x在区间0,上单调递增，00g xg，满足题意.当102a时，由 1201h xax可得1=12xa，当10,12xa时，0,h xh x在区间10,12a上单调递减，即 gx单调递减，注意到 00g，故当10,12xa时，00gxg，g x单调递减，由于 00g，故当10,12xa时，00g xg，不合题意.综上可知：实数a得取值范围是1|2a a.（全国乙卷数学（理）7设0,1a，若函数 1xxf xaa在0,上单调递增，则 a 的取值范围是_.【答案】51,12【详解】由函数的解析式可得 ln1ln 10 xxfxaaaa在区间0,上恒成立，则1ln 1lnxxaaaa，即1lnln 1xaaaa 在区间0,上恒成立，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君故01ln1ln 1aaaa ，而11,2a，故ln 10a，故ln1ln01aaa 即1101a aa，故5112a，结合题意可得实数a的取值范围是51,12.故答案为：51,12.（全国乙卷数学（理）8已知函数1()ln(1)f xaxx.(1)当1a 时，求曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程；(2)是否存在 a，b，使得曲线1yfx关于直线xb对称，若存在，求 a，b 的值，若不存在，说明理由.(3)若 f x在0,存在极值，求 a 的取值范围.【答案】(1)ln2ln20 xy；(2)存在11,22ab 满足题意，理由见解析.(3)10,2.【详解】（1）当1a 时，11 ln1f xxx，则 2111ln111xfxxxx，据此可得 10,1ln2ff，函数在 1,1f处的切线方程为0ln21yx，即ln2ln20 xy.（2）由函数的解析式可得11ln1fxaxx，函数的定义域满足1110 xxx，即函数的定义域为,10,，定义域关于直线12x 对称，由题意可得12b ，由对称性可知111222fmfmm，取32m 可得 12ff，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君即11 ln22 ln2aa，则12aa，解得12a，经检验11,22ab 满足题意，故11,22ab.即存在11,22ab 满足题意.（3）由函数的解析式可得 2111ln11fxxaxxx，由 f x在区间0,存在极值点，则 fx在区间0,上存在变号零点;令2111ln101xaxxx，则21 ln10 xxxax，令 2=1 ln1g xaxxxx，f x在区间0,存在极值点，等价于 g x在区间0,上存在变号零点，12ln1,21gxaxxgxax当0a 时，0g x，g x在区间0,上单调递减，此时 00g xg，g x在区间0,上无零点，不合题意;当12a，21a 时，由于111x，所以 0,gxgx在区间0,上单调递增，所以 00gxg，g x在区间0,上单调递增，00g xg，所以 g x在区间0,上无零点，不符合题意；当102a时，由 1201gxax可得1=12xa，当10,12xa时，0gx，gx单调递减，当11,2xa时，0gx，gx单调递增，故 gx的最小值为111 2ln22gaaa，令 1ln01m xxxx，则 10 xm xx，函数 m x在定义域内单调递增，10m xm，据此可得1ln0 xx恒成立，则111 2ln202gaaa，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君令 2ln0h xxxx x，则 221xxh xx，当0,1x时，0,h xh x单调递增，当1,x时，0,h xh x单调递减，故 10h xh，即2ln xxx(取等条件为1x)，所以 222ln12112gxaxxaxxxaxxx，22122121210gaaaaa，且注意到 00g，根据零点存在性定理可知:gx在区间0,上存在唯一零点0 x.当00,xx时，0g x，g x单调减，当0,xx时，0gx，g x单调递增，所以 000g xg.令 11ln2n xxxx，则 22211111022xn xxxx，则 n x单调递减，注意到 10n，故当1,x时，11ln02xxx，从而有11ln2xxx，所以 2=1 ln1g xaxxxx2111121axxxxx21122ax，令211022ax得2112xa，所以101 2ga，所以函数 g x在区间0,上存在变号零点，符合题意.综合上面可知:实数a得取值范围是10,2.（全国甲卷数学（文）9曲线e1xyx在点e1,2处的切线方程为（）Ae4yxBe2yxCee44yxDe3e24yx【答案】C【详解】设曲线e1xyx在点e1,2处的切线方程为e12yk x，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君因为e1xyx，所以22e1ee11xxxxxyxx，所以1e|4xky所以ee124yx所以曲线e1xyx在点e1,2处的切线方程为ee44yx.故选：C（全国甲卷数学（文）10已知函数 2sin,0,cos2xf xaxxx(1)当1a 时，讨论 f x的单调性；(2)若 sin0fxx，求a的取值范围【答案】(1)f x在0,2上单调递减(2)0a【详解】（1）因为1a，所以 2sin,0,cos2xf xxxx，则 22432cos cos2cossinsincos2sin11coscosxxxxxxxfxxx 3333222coscos2 1 coscoscos2coscosxxxxxxx，令costx，由于0,2x，所以cos0,1tx，所以23233222coscos22221211xxttttttttt2221ttt，因为2222110ttt，10t ，33cos0 xt，所以 233coscos20cosxxfxx在0,2上恒成立，所以 f x在0,2上单调递减.（2）法一：构建 2sinsinsin0cos2xg xf xxaxxxx，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君则 231 sincos0cos2xgxaxxx，若 sin0g xf xx，且 00sin00gf，则 01 10gaa ，解得0a，当0a 时，因为22sin1sinsin1coscosxxxxx，又0,2x，所以0sin1x，0cos1x，则211cos x，所以 2sinsinsin0cosxf xxxx，满足题意；当a0时，由于02x，显然0ax，所以 22sinsinsinsinsin0coscosxxf xxaxxxxx，满足题意；综上所述：若 sin0fxx，等价于0a，所以a的取值范围为,0.法二：因为2232222sincos1sinsin cossinsinsincoscoscoscosxxxxxxxxxxxx，因为0,2x，所以0sin1x，0cos1x，故2sinsin0cosxxx在0,2上恒成立，所以当0a 时，2sinsinsin0cosxf xxxx，满足题意；当a2m，令ln20 xm，则2emx，令ln20 xm，则21emx，所以 h x在区间21,em上单调递减，在区间2e,m上单调递增，所以 h x在区间1,上有最小值，22mine3emmh xhm，于是问题转化为23e02mmm成立，求m的最大值，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君令 23exxx，则 23exx，当2ln3x 时，0 x，x单调递减，当22ln 3x时，0,xx单调递增，x在2ln3x 处取得最大值，1ln32，32ln34，390e，2ln333ln30，23412e0,515e0，此时m可取的最大整数为 4.综上，m可取的最大整数为 4.7（2023广东佛山统考模拟预测）已知函数 2exf xx a，其中aR.(1)讨论函数 f x极值点的个数；(2)对任意的0 x，都有 ln1f xx，求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2),2【详解】（1）由题意知：f x定义域为R，212exfxax，令 0fx，则212exax，令 212exg xx，则 2222e2 12e44 exxxgxxx，当,1x 时，0g x；当1,x 时，0gx；g x在,1 上单调递减，在1,上单调递增，又21eg，当12x 时，0g x 恒成立，g x大致图象如下图所示，则当2ea 时，g xa恒成立，即 0fx恒成立，()fx在R上单调递减，无极值点；当2e0a时，g x与ya有两个不同交点，此时 fx有两个变号零点，()fx有两个极值点；当0a 时，g x与ya有且仅有一个交点，此时 fx有且仅有一个变号零点，()fx有且仅有一个极值点；更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君综上所述：当2ea 时，f x无极值点；当2e0a时，f x有两个极值点；当0a 时，f x有且仅有一个极值点.（2）由题意知：当0 x 时，2ln22lnln1eeeexxxxxaxxx 恒成立；设 e1xh xx，则 e1xh x，当,0 x 时，0h x；当0,x时，0h x；h x在,0上单调递减，在0,上单调递增，00h xh，即e1xx，2lne2ln1xxxx，又2lneln1xxaxx恒成立，2a，即实数a的取值范围为,2.8（2023广东深圳深圳市高级中学校考模拟预测）（1）当0,1x时，求证：21ln1xxx.（2）已知函数 2e0 xf xxaxaa有唯一零点0 x，求证：049x 且925a.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【详解】（1）设 21ln011xg xxxx 222114011xgxxxx x，g x在0,1上单调递增，10gQ，得 0g x，即21ln1xxx.（2）因为 2exf xxaxa，所以 1 exfxxa，令 1 exF xxa，则 2 exFxx，当2x时，0Fx，函数 F x在,2 单调递减，即 fx在,2 单调递减，当2x 时，0Fx，函数 F x在2,单调递增，即 fx在2,单调递增.所以当2x 时，函数 fx取最小值，2min2e0fxfa，当，f x单调递增.所以当1xx时，函数 f x取最小值，1minf xf x，因为函数 f x有唯一零点0 x，则 min0f x，即01xx0000fxf x，即0002001 ee0 xxxaxaxa，将代入，得00222001ee0 xxxx，即022001e0 xxx，若00 x，则0022001ee0 xxxx，矛盾，00 x设 221exh xxx，则 2e432xh xxxx，当10 x 时，0h x，h x在1,0单调递增.因为12111e0244h，00e10h，0102x，0102x，00011xx 由00h x，得02020e1xxx，等式两边取自然对数，得0002ln1xxx根据（1）中01x时，21ln1xxx 000000002112ln284111xxxxxxxx，得049x 设 11ln,012m xxxxx，则 22211111022xm xxxx，所以函数 m x在0,1上单调递减，所以当01x时，10m xm所以当01x时，11ln2xxx，00000000001212ln111xxxxxxxxxx，得2000211xxx，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君00011 e,02xaxx，令()(1)ext xx，()(2)ext xx，当102x时，()0t x，所以()(1)ext xx在1(,0)2上单调递增，121e12a，由02000200211 e11xxxaxxx，方法一：2002210axaxa，2221xaxaxa，00 x，则函数 x的图象为开口向上，对称轴为11xa的抛物线，010a，00 x，又01429x，由二次函数图象可得102，409，故1642210819aaa ，04a所以9025a.综上049,925xa，方法二：2002210axaxa，方程22210axaxa 的根为311aaxa，411aaxa，因为121e12a，所以34xx，又341110axxaa，所以30 x，又049x ，00 x，所以01149aaxa，即1149aaa，又121e12a，解得925a 方法三：设 2211xG xx，1429x，则 3201xGxx，所以函数 2211xG xx在14,29上单调递增，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君049925aG xG.9（2023四川广安四川省广安友谊中学校考模拟预测）已知函数lnln22()1(0)2xf xaaxx(1)若函数()f x在1x 处的切线斜率为19，求实数a的值；(2)若函数()f x有且仅有三个不同的零点，分别设为123,.x x x（i）求实数a的取值范围；（ii）求证：1238x x x【答案】(1)2ln218a(2)（i）10,4；（ii）证明见解析【详解】（1）因为221(2)(lnln2)2()(2)xxxfxaxx，函数 f x在 x1 处的切线斜率为19，所以3ln21(1)299fa，则2ln218a；（2）(i）因为 x0，所以4()0(2)()0ln02xaf xxf xaxx，令4()ln2xah xaxx，因为函数 f x有且仅有三个不同的零点，所以函数 h x有且仅有三个不同的零点，222144()aaxxah xaxxx，设2()4k xaxxa，0,a，则21 16a ，当00a即1a4时，0k x，0h x，所以 h x在0,上单调递减，所以 h x不可能有三个不同的零点，即函数 f x不可能有三个不同的零点，舍去；当00a即10a4时，k x有两个不同的零点，由2()40k xaxxa，得2411 162axa，2511 162axa，所以40 x，50 x，又因为2()4k xaxxa 开口向下，所以当40 xx时，0k x，0h x，h x在40,x上单调递减；当45xxx时，0k x，0h x，h x在45,x x上单调递增；当5xx时，0k x，0h x，h x在5,x 上单调递减，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君因为4(2)ln1202aha，且454x x，所以452xx，所以45(2)0h xhh x，因为3222211141lnln22ln412ahaaaaaaaa，令31()ln22ln4m aaaa，10,4a，则4222221122112()120aaam aaaaaa，所以 m a在10,4上单调递增，所以31111()ln22ln443ln24044416m am，即210ha，由函数零点存在性定理可知，h x在区间521,xa上有唯一的一个零点0 x，因为00000000441444lnln0422xaah xhaxaxxxxx，又00h x，所以040hx，则4040 xx，所以 h x在区间40,x上有唯一的一个零点04x，故当10a4时，h x有且仅有三个不同的零点04x，2，0 x，综上，实数 a 的取值范围是10,4；(ii）证明：因为函数 f x的三个不同的零点分别为123,.x x x所以由(i）可知，12300428x x xxx 10（2023四川成都四川省成都市玉林中学校考模拟预测）若函数 211ln022f xaxxax有两个零点12,x x，且12xx(1)求 a 的取值范围；(2)若 f x在1,0 x和2,0 x处的切线交于点33,xy，求证：3122xxx【答案】(1)0,a(2)证明见解析【详解】（1）2axafxxxx更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君当0a，0fx，f x在0,上单调递减，不可能两个零点；当0a 时，令 0fx得xa0,xa，()0fx，f x单调递增，,xa，0fx，f x单调递减，11()ln(1)ln1(0)g xxxxxx，22111()xg xxxx，(0,1)x时，()0g x，g x单调递减，1,x，0gx，g x单调递增，所以()(1)0g xg，即0 x 时，1ln1xx 恒成立，当且仅当1x 时取等号，所以1111lneeeaaaa，而 211lnln122f xaxxaaxa，所以111(e)(1)10afaaa ；10fafa；22111112ln(12)(12)(12)202222faaaaaaaaa 0,xa有唯一零点且,xa有唯一零点，满足题意，综上：0,a；（2）曲线 yf x在1,0 x和2,0 x处的切线分别是1111:alyxxxx，2222:alyxxxx联立两条切线得123121xxxax x，123121xxaxx x，由题意得222111221222111ln022211lnlnln022axxaxxaxxaxxa，要证3122xxx，即证1232xxx，即证121ax x，即证122112121lnxxxxxx，令121xtx，即证11ln012tttt，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君令 11ln2h tttt，22102th tt，h t在0,1单调递减，10h th，11ln012tttt 得证综上：312221xxxa11（2023山东日照三模）已知函数 21lnln1exaxfxxa有三个零点.(1)求a的取值范围；(2)设函数 f x的三个零点由小到大依次是123,x xx.证明：1 3eex xa.【答案】(1)1a(2)证明见解析【详解】（1）因为 f x定义域为0,，又 123e21(0)xaxxfxax，（）当 2,0,xfxfx单调递减；（）当0,2x，记 2312exxxg x，则 114exx xxgx，当 0,1,0 xgx；当 1,2,0 xgx，所以 g x在0,1单调递增，在1,2上单调递减，11g xg，又 00,20gg，所以 01g x，当 0,1,0afx，则 f x单调递减，至多一个零点，与题设矛盾；当 11,a g xaafxx，由（）知，fx有两个零点，记 fx两零点为,m n，且1mn，则 f x在0,m上单调递减，在,m n上单调递增，在,n 上单调递减，因为 10f nf，令 1e,(01)xp xxx，则 11e0,(01)xpxxx，所以11111111101,e1e101afaaa ，所以 0,0f nf m，且x趋近 0，f x趋近于正无穷大，x趋近正无穷大，f x趋近负无穷大，所以函数 f x有三零点，综上所述，1a；（2）0f x 等价于lneeexa xa xx，即lnelneeexxa xa x，令 lnxt xx，则 21 lnxtxx，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君所以 t x在0,e上单调递增，在e,上单调递减，由（1）可得12311xxxa，则3113ee,ee,ee,eexxa xa x，所以3113ee,eexxt a xtt a xt，所以3113ee,eexxa xa x，则13,x x满足1133lnlnelnlnexxakxxak，1k，要证1 3eex xa，等价于证132x xk，易知1133lnlnxxkxxk，令 lnq xxx，则 1xq xx，令 0qx得01x，令 0qx得1x，所以函数 q x在0,1上单调递减，在1,上单调递增，下面证明131xxk，由131xx，即证311q xqkx，即证111ln 1kkxkx，即证11111101ln 1ln1ln 1 lnxxxxxx ，即证1111e1ln0,0,1xxx，令 1e1 ln,0,1xc xx x，1e1xxc xx，令1e1xyx，则11 e0,0,1xyxx，所以1e10 xyx ，所以 1e10 xxc xx，则 10c xc，所以1111e1ln0,0,1xxx，所以131xxk，所以1313131ln2121x xx xxxkkkk ，所以132x xk，所以原命题得证.12（2023山东烟台统考三模）已知函数 e,lnxfxa g xxa，其中Ra(1)讨论方程 f xx实数解的个数；(2)当1x时，不等式 f xg x恒成立，求a的取值范围【答案】(1)答案见解析(2)1,e 1【详解】（1）由 f xx可得，exax，令 e,e1xxs xxa s x，令0y，可得0 x，当,0,0 xs x，函数 s x单调递减，当 0,0 xs x，函数 s x单调递增，更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君所以函数 s x在0 x 时取得最小值1a，所以当1a时，方程 f xx无实数解，当1a 时，方程 f xx有一个实数解，当1a 时，10a，故 min0s x，而e0asa，e2as aa，设 e2,1au aa a，则 e20au a，故 u a在1,上为增函数，故(1)e20u au，故 s x有两个零点即方程 f xx有两个实数解.（2）由题意可知，不等式 f xg x可化为，eln,xaxaxa，即当1x时，eln0 xxaa恒成立，所以，故 f x在00,xx上单调递减，在0,xx上单调递增，所以 02200000minlne0 xf xf xxxxmx，由0=0fx得0200ln21e0 xxxm，即0200ln21 exmxx，代入得，00222000000lnln21 ee0 xxxxxxxx，整理得0200+1e0 xxx0+10 x，020exx，00ln2xx，0200000ln21 e2213xmxxxxx ，故m的最大值为 3.故答案为：320（2023陕西咸阳武功县普集高级中学校考模拟预测）已知 f x是定义在0,上的可导函数，若 exxxfxf x，11ef，且1x时，elnxf xf xxa恒成立，则a的取值范围是_.更多全科试卷，请关注公众号：高中试卷君【答案】1 e,1【详解】解：由于 21eexxxfxf xxxfxf xxx，因为 f xf xxx，21exf xf xf xxfxf xf xfxxxxxxxx，设 1exf xg xfxx，则 1111eeeexxxxf xxgxxxx，所以当0,1x时，0gx，此时 g x为增函数；当1,x时，0g x，此时 g x为减函数；所以 max111110eeeg xgf，即 0fx，故 f x在0,上是减函数.又由于1x时，elnxf xf xxa恒成立，所以elnln0 xxxxaxxa，设lnyxxa，易知该函数为单调增函数，故1x时，ln0 xxa，只需10a，即1a.又由于e