【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册培优练习5.3《导数在研究函数中的应用》（解析版）.doc，共(36)页，1.409 MB，由MTyang资料小铺上传

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数学选择性必修二尖子生同步培优题典5.3导数在研究函数中的应用解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．函数lnxfxx，若(4)af，(5.3)bf，(6.2)cf，则（）A．abc

B．cbaC．cabD．bac【答案】B【解析】【分析】求导'21ln()xfxx，可得()fx在(,)e的单调性，利用单调性，即可得答案.【详解】因为lnxfxx(0)x，所以'21ln()xfxx

，当xe时，'()0fx，则()fx在(,)e为减函数，因为45.36.2e，所以(4)(5.3)(6.2)fff，即abc，故选：B2．函数32123yxxmx是R上的单调函数，则m的范围是（）A．(,1)

B．(,1]C．(1,)D．[1,)【答案】D【解析】【分析】函数在R上时单调函数，等价于导函数大于等于0或小于等于0恒成立，列不等式求出m的范围即可．【详解】函数32123yxxmx是R上的单调函数，即220yxxm或220yxxm

(舍)在R上恒成立440m，解得m1故选：D【点睛】本题考查导数解决函数的单调性问题，考查二次函数的性质，属于基础题．3．函数121xfxex（其中e为自然对数的底数）的大致图象为（）A

．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性，得出函数图像的大概图形，然后逐个判断图像即可【详解】令e21xgxx，e2xgx，所以函数gx在,ln2上单调递减，在l

n2,上单调递增，又令ln212ln20g，所以，gx有两个零点，因为00g，252e110,5e260gg，所以，120,2,5xx，且当0x时，0gx，0fx，当12xxx时，0gx，0

fx，当2xx时，0gx，0fx，选项D满足条件故选：D【点睛】关键点睛：利用导数研究函数的单调性，得出函数图像的大概走势为：当0x时，0gx，0fx，当12xxx时，0gx，0fx，当2xx时，0gx，

0fx；本题难度属于中档题4．已知函数321()13fxxaxx在(,0)，(3,)上为增函数，在1,2上为减函数，则实数a的取值范围为（）A．(,1]B．55,34C．5,13D．55,34【答

案】B【解析】【分析】求导得到2()21fxxax，然后根据()fx在(,0)，(3,)上为增函数，在1,2上为减函数，由(0)0(1)0(2)0(3)0ffff求解.【详解】已知函数321()13fxxaxx，则2()21fx

xax，因为()fx在(,0)，(3,)上为增函数，在1,2上为减函数，所以(0)0(1)0(2)0(3)0ffff，即10121044109610aaa

，解得5534a，所以实数a的取值范围为55,34故选：B【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及二次函数与根的分布，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题.5．设函数fx在R上存在导数fx，对任意的Rx，

有2cosfxfxx，且在0,上有sinfxx，则不等式cossin2fxfxxx的解集是（）A．,4B．,4C．,6D．,6【答案】B【解析】【分

析】构造函数，由已知得出所构造的函数的单调性，再利用其单调性解抽象不等式，可得选项.【详解】设cosFxfxx，∵2cosfxfxx，即coscosfxxxfx，即

FxFx，故Fx是奇函数，由于函数fx在R上存在导函数fx，所以，函数fx在R上连续，则函数Fx在R上连续.∵在0,上有sinfxx，∴sin0Fxfxx，故Fx在0,单调递增，

又∵Fx是奇函数，且Fx在R上连续，∴Fx在R上单调递增，∵cossin2fxfxxx，∴cossincos222fxxfxxfxx

，即2FxFx，∴2xx，故4x，故选：B．【点睛】本题考查运用导函数分析函数的单调性，从而求解抽象不等式的问题，构造合适的函数是解决问题的关键，属于较难题.6．已知

()fx是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有()(23)()xfxexfx(e是自然对数的底数)，f(0)=3，若方程f(x)=m恰有三个实数根，则实数m的取值范围是（）A．21[0,)eB．2

1(0,)eC．2313[,]eeD．2313(,)ee【答案】D【解析】【分析】根据()(23)()xfxexfx，构造函数xfxgxe，由()()23xfxfxgxxe

，设2+3gxxxc，g0)=f(0)=3,得到2+33xfxxxe，再利用导数研究其单调性，极值，最值，画出图象求解即可.【详解】因为()(23)()xfxexfx，所以()()23xfxfxxe，令xfxgxe

，所以()()23xfxfxgxxe，所以2+3gxxxc，2+3xfxxxce，又f(0)=3，解得3c，所以2+33xfxxxe，所以+32x

fxexx，当0fx时，3x或2x，当0fx时，32x，所以fx在,3和2,上递增，在3,2上递减，所以fx的极大值是333fe，

极小值是212fe，因为方程f(x)=m恰有三个实数根，如图所示：所以2313mee，所以则实数m的取值范围是2313(,)ee故选：D【点睛】本题主要考查了构造函数利用导数研究函数的单调性，极值，最值方程的根，还考查了转化化归思想，数形结合思想和运算求解的能力，属于

较难题.7．已知函数21,1ln,1xxfxxxx，若关于x的方程212202fxtfxt有5个不同的实数根，则实数t的取值范围是（）A．111,22eB．111,22eC．113,22eD．113

,22e【答案】A【解析】【分析】利用导数求得函数lnxyx的单调性与最值，求解212202fxtfxt，转化为1()2fxt或1()2fx，作出函数的图象，结合图象，列出不等式，即可求解.【详解】设lnxyx，可得21lnxyx，当(0

,)xe时，0y，函数单调递增；当(,)xe时，0y，函数单调递减，所以当xe时，函数取得极大值也是最大值，最大值为max1ye，由方程212202fxtfxt可化为1[()][2()1]02fxtfx，解得1()2fxt或

1()2fx，画出函数fx的图象，如图所示，要使得关于x的方程212202fxtfxt有5个不同的实数根，则满足1102te，解得11122te，即实数t的取值范围是111,22e.故选：A【点睛】对

于方程根的存在性与根的个数的判定及应用，此类问题的解答中通常转化为函数的图象的交点个数，结合函数点图象列出相应的不等式是解答的关键，着重考查数形结合，以及转化思想的应用，属于中档试题.8．某企业拟建造一个容器(不计厚度，长度单

位：米)，该容器的底部为圆柱形，高为l，底面半径为r，上部为半径为r的半球形，按照设计要求容器的体积为283立方米.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米建造费用为3万元，半球形部分每平方米建造费用为4万元，则该容器的建造费用最小时，半径r的值为（）A．1B．32C．34

D．2【答案】C【解析】【分析】根据体积公式用r表示出l，得出费用关于r的函数，利用导数求出函数的极小值点即可.【详解】解：由题意知2323142282333Vrlrrlr，故33322222282282282333333Vrrrlrr

rrr，由0l可知314r.∴建造费用3222221282562344611723ryrlrrrrrrr，(3014r)，则3221445614ryrrr

.当30,4r时，0y，334,14r时，0y.当34r时，该容器的建造费用最小.故选：C.【点睛】本题考查数学建模能力，利用导数求解最值问题，考查运算能力，是中档题.二、多选题9．关于函数2lnfxxx，下列说法正确的是（）

A．2x是fx的极大值点B．函数yfxx有且只有1个零点C．存在正整数k，使得fxkx恒成立D．对任意两个正实数1x，2x，且12xx，若12fxfx，则124xx【答案】BD【解析】【分析】根据导数解决函数的极值，零点，

不等式等问题依次讨论选项即可得答案.【详解】对于A选项，函数的的定义域为0,，函数的导数22212'xfxxxx，∴0,2x时，'0fx，函数fx单调递减，2,x时，

'0fx，函数fx单调递增，∴2x是fx的极小值点，故A错误；对于B选项，2lnyfxxxxx，∴222212'10xxyxxx，∴函数在0,上单调递减，又∵112ln1110f，221ln220f，∴函数y

fxx有且只有1个零点，故B正确；对于C选项，若fxkx，可得22lnfxxkxxx，令22lnxgxxx，则34ln'xxxgxx，令4lnhxxxx，则'lnhxx，∴在0,1x

上，'0hx，函数hx单调递增，1,x上，'0hx，函数hx单调递减，∴130hxh，∴'0gx，∴22lnxgxxx在0,上函数单调递减，

函数无最小值，∴不存在正实数k，使得fxkx成立，故C错误；对于D选项，由12xx，12fxfx可知122,02xx，要证124xx，即证124xx，且1242xx，由函数fx在2,x是单调递增函数，所以有

124xffx，由于12fxfx，所以224xffx即证明4,0,2fxfxx，令224lnln4,0,24mxfxfxxxxxx，则22282'04xm

xxx，所以mx在0,2是单调递减函数，所以20mxm，即4,0,2fxfxx成立，故124xx成立，所以D正确.综上，故正确的是BD.故选：BD【点睛】函数中涉及极值、零点，不等式恒成

立，一般都需要通过导数研究函数的单调性极值最值来处理，特别的要根据所求问题，适时构造恰当的函数，利用所构造函数的单调性、最值解决问题是常用方法.10．已知定义在R上的函数fx满足fxfx，则下列式子成立的是（）A．201920

20fefB．20192020effC．fx是R上的增函数D．0t，则有tfxefxt【答案】AD【解析】【分析】由题意得0xefx，即xefx为增函数，可得2019202020192020

efef，即可判断,AB，举出反例可判断C，根据单调性可判断D.【详解】由fxfx，得0xxefxefx，即0xefx，所以函数xefx为增函数，故20192020

20192020efef，所以20192020fef，故A正确，B不正确；函数xefx为增函数时，fx不一定为增函数，如122xxxee是增函数，但12x是减函数，所以C不正确；因为函数xefx为增函数，所以0t

时，有xxtefxefxt，故有tfxefxt成立，所以D正确.故选：AD.【点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造函数xefx是解题的关键，属于中档题.11．若存在实常数k

和b，使得函数Fx和Gx对其公共定义域上的任意实数x都满足：Fxkxb和Gxkxb恒成立，则称此直线ykxb为Fx和Gx的“隔离直线”，已知函数2fxxRx，10gxxx，2el

nhxx（e为自然对数的底数），则下列结论正确的是（）A．mxfxgx在31,02x内单调递增B．fx和gx之间存在“隔离直线，且b的最小值为4C．fx和gx间存在“隔离直线”，且k的取值范围是4,1D．fx和hx之间

存在唯一的“隔离直线”2eeyx【答案】AD【解析】【分析】求出mxfxgx的导数，检验在31,02x内的导数符号，即可判断选项A；选项B、C可设fx、gx的隔离直线为ykxb

，2xkxb对一切实数x都成立，即有10，又1kxbx对一切0x都成立，20，0k，0b，根据不等式的性质，求出k、b的范围，即可判断选项B、C；存在fx和hx的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的

斜率为k，则隔离直线的方程为yekxe，构造函数求出函数的导数，根据导数求出函数的最值.【详解】对于选项A：21mxfxgxxx，212mxxx，当31,02x时，2120mxxx，所以函数mxf

xgx在31,02x内单调递增；故选项A正确对于选项BC：设fx、gx的隔离直线为ykxb，则2xkxb对一切实数x都成立，即有10，即240kb，又1kxbx对一切0

x都成立，则210kxbx，即20，240bk，0k，0b，即有24kb且24bk，421664kbk，可得40k，同理可得：40b，故选项B不正确，故选项C不正确；对于选项D：函数

fx和hx的图象在xe处有公共点，因此存在fx和hx的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为yekxe，即ykxkee，由fxkxkee，可得20xkxkee对于x

R恒成立，则0，只有2ke，此时直线方程为2yexe，下面证明()2hxexe，令()22n()2lGxexehxexexe，2()exeGxx，当xe时，()0Gx，当0xe时，()0Gx，当xe时，()0Gx，则当xe时，()

Gx取到极小值，极小值是0，也是最小值.所以()2()0Gxexehx，则()2hxexe当0x时恒成立.所以fx和gx之间存在唯一的“隔离直线”2eeyx，故选项D正确.故选：AD【点睛】本提以函数为载体，考查新定义，关键是对新定

义的理解，考查函数的导数，利用导数求最值，属于难题.12．对于函数2ln()xfxx，下列说法正确的是（）A．fx在xe处取得极大值12eB．fx有两个不同的零点C．23fffD．若21fxkx

在0,上恒成立，则2ek【答案】ACD【解析】【分析】求得函数的导数312ln()xfxx，根据导数的符号，求得函数的单调区间和极值，可判定A正确；根据函数的单调性和10f，且xe时，

0fx，可判定B不正确；由函数的单调性，得到(3)()ff，再结合作差比较，得到()(2)ff，可判定C正确；分离参数得到221ln1xkfxxx在0,上恒成立，令2ln1xgxx，利用导数求得函数gx的单调性与最值，可判定D正确.【详解】由

题意，函数2ln()xfxx，可得312ln()(0)xfxxx，令()0fx，即312ln0xx，解得xe，当0xe时，0fx，函数fx在(0,)e上单调递增；当xe时，0fx，函数fx在(,)

e上单调递减，所以当xe时，函数fx取得极大值，极大值为1()2fee，所以A正确；由当1x时，10f，因为fx在(0,)e上单调递增，所以函数fx在(0,)e上只有一个零点，当xe时，可得0fx，所以函数在(,)e上没有零点，综

上可得函数在(0,)只有一个零点，所以B不正确；由函数fx在(,)e上单调递减，可得(3)()ff，由于ln2ln2lnln(2),()242ff，则2lnln2lnln2()(2)2444ff

，因为22，所以()(2)0ff，即()(2)ff，所以23fff，所以C正确；由21fxkx在0,上恒成立，即221ln1xkfxxx在0,上恒成立，设2ln1xgxx，则32l

n1xgxx，令0gx，即32ln10xx，解得1xe，所以当10xe时，0gx，函数gx在1(0,)e上单调递增；当1xe时，0gx，函数gx在1(,)e上单调递减，所以当1xe时，函数gx取得最大值，最大值为1

()22eegee，所以2ek，所以D正确.故选：ACD.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的

取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．三、填空题13．如果两个函数存在零点，分别为，，若满足n，则称两个函数互为“n度零点函数”.若2()log(3)fxx与2()xgxxae互为“1度零点函数”，则实数

a的取值范围为________.【答案】214,ee【解析】【分析】求出()yfx的零点2，设()ygx的零点0x，再根据题意求出013x，由020e0xxa，分离参数可得020exxa

，设2()exxhx，利用导数求出函数的最值，确定函数的值域即可求解.【详解】函数()yfx有唯一的零点2，由题意知函数()ygx的零点0x满足021x，即013x.因为020e0xxa，所以020exxa，设2()exxhx，则22()exxxhx，(1,3)x，

当(1,2)x时，()0hx，()hx是增函数；当(2,3)x时，()0hx，()hx是减函数，所以max24()(2)ehxh，又1(1)eh，39(3)eh，所以实数a的取值范围为214

,eea.故答案为：214,ee.14．已知0x，0y，33xyxy，则221xy的最小值是______.【答案】222.【解析】【分析】由题意有331xyxy且xy，结合已知有222()111xxyxyy

，令1xty，21()1tftt，利用导数研究其单调性求最值即可.【详解】由题意，330xyxy，即有331xyxy且xy，将331xyxy代入221xy化简得：2222()11xxyyxxyyy，令1xty，∴21()1tftt

，则有2221()(1)ttftt，当()0ft，有112t，()ft单调递减；当()0ft，有12t，()ft单调递增；∴min()(12)222ftf，故答案为：222【点睛】本题考查了通过构造函数，利用其导

函数研究单调性求函数最值，属于难题.15．若函数3yxax在1,上是单调函数，则a的最大值是______.【答案】3【解析】【分析】首先求解导函数，然后利用导函数研究函数的性质确定实数a的最大

值即可.【详解】由题意可得：2'3yxa，由题意导函数在区间1,上的函数值要么恒非负，要么恒非正，很明显函数值不可能恒非负，故230xa，即23ax在区间1,上恒成立，据此可得：3a，即a的最大值是3.故答案为3．【点睛】本题主要考查导函数研

究函数的单调性，恒成立问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16．如图，在P地正西方向8km的A处和正东方向1km的B处各有一条正北方向的公路AC和BD，现计划在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F，为缓解交通压力，决定修建两条互相垂直的

公路PE和PF，设02EPA，为了节省建设成本，要使得PEPF的值最小，则当PEPF的值最小时，AE_______km.【答案】4【解析】【分析】根据题意得8cosPE，

11sincos2PF，故81cossinPEPF，设81cossinf，02，根据导数研究函数单调性得0minff，此时01tan2，进而

得4AE.【详解】解：根据题意02EPA，PEPF，所以022FPB，所以8cosPE，11sincos2PF，所以81cossinPEPF，02，设

81cossinf，02，所以3322228sincos8sincos'cossincossinf，令'0f，得1tan2，所以00,2，01tan2，使得00,时，'0f，0

,2时，'0f，故f在区间00,上单调递减，在0,2上单调递增，所以0minff，此时01tan2.所以0tan4AEAP，02tanBPB

F.故当PEPF的值最小时，4AE.故答案为：4.【点睛】本题考查利用导数研究函数的的最值，考查导数的应用问题，是中档题.四、解答题17．已知函数ln()xfxx，()gxaxb，设()()()Fxfxgx．（1）若1a，

求()Fx的最大值；（2）若()Fx有两个不同的零点1x，2x，求证：12122xxgxx.【答案】（1）最大值为1b；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先求出函数的导函数，再判断()Fx的符号，即可得到函数的单调区间，从而求出

函数的最大值；（2）由题知，121212lnlnxxaxbaxbxx，，即2111lnxaxbx，2222lnxaxbx，要证12122xxgxx，即可212112lnln2xxxxxx，令21xtx，则只需证2(1)ln(

1)1tttt．构造函数2(1)()ln(1)1ttttt，利用导数说明其单调性即可得证；【详解】解：ln()()()xFxfxgxaxbx（1）解：当1a时，ln()xFxxbx所以21ln()1xFxx．注意(1)0F，且当01x时

，()0Fx，()Fx单调递增；当1x时，()0Fx，()Fx单调递增减．所以()Fx的最大值为(1)1Fb．（2）证明：由题知，121212lnlnxxaxbaxbxx，，即2111lnxaxbx，2222lnxaxbx，可得212121l

nln()[()]xxxxaxxb．121212122()()2()xxgxxaxxbxx212112lnln2xxxxxx．不妨120xx，则上式进一步等价于2211212()lnxxxx

xx．令21xtx，则只需证2(1)ln(1)1tttt．设2(1)()ln(1)1ttttt，22(1)()0(1)tttt，所以()t在(1+)，上单调递增，从而()(1)0t，即2(1)ln(1)1tttt，故原不

等式得证．【点睛】本题考查导数在最大值、最小值问题中的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，属于难题．18．已知函数1()cosxfxex，2()xgxe.（1）求函数()fx在(,)上的单调区间；（2）证明：对

任意的实数1x，211,2x，12xx，都有121222gxgxfxfx恒成立.【答案】（1）单调递增区间是,4，3,4，单调递减区间是3,44；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先求出函数的导数

，然后分别由()0fx和()0fx可求出函数的单调区间；（3）因为12xx，2()xgxe在11,2骣琪-琪桫上是增函数，所以不等式121221122222gxgxfxfxgxgx

fxfx，即221122gxfxgxfx恒成立，令21()()2()2cosxxhxgxfxeex，即证函数()hx在11,2骣琪-琪桫上是增函数，即证21()2(cossin)0xxhxeexx

，由于1xex，只需证2222sin04xx，然后构造函数，利用导数证明即可【详解】（1）解：11()(cossin)2sin4xxfxexxex，当,4x或3,4x时，()

0fx；当3,44x时，()0fx，所以，函数()fx的单调递增区间是,4，3,4，单调递减区间是3,44.（2）证明：因为12xx，2()xgxe在11,2骣琪-琪桫上是增函数，所以不等式

121221122222gxgxfxfxgxgxfxfx，即221122gxfxgxfx恒成立.设21()()2()2cosxxhxgxfxeex，即证函数()hx在11,2骣琪-琪桫上是增函数，即证21()2(cossin)0x

xhxeexx，即证2122sin04xxe在11,2骣琪-琪桫上恒成立.令()(1)xuxex，()1xuxe，()ux在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，min()(0)0u

xu.所以()0ux，即1xex.因为11,2x，所以2122xex.所以要证2122sin04xxe成立，只需证2222sin04xx，令

()12sin4vxxx，11,2x，()12cos4vxx当(1,0)x时，0vx，vx递减；当10,2x时，0vx，vx递增.min()(0)0vx

v，所以2222sin04xx，即21()2(cossin)0xxhxeexx在11,2骣琪-琪桫上恒成立，所以原命题成立.【点睛】此题考查导数的应用，利用导数求函数的单调

区间，利用导数证明不等式，解题的关键是把121222gxgxfxfx等价转化为211222gxgxfxfx，即221122gxfxgxfx恒成立，等价于证明()()2()hxgxfx在在11,2骣琪-琪桫上是增函数，考查

数学转化思想和计算能力19．已知函数()lnxfxaea，()ln11gxx（其中a为常数，e是自然对数的底数）.若函数()lnyfxa在点0,Aa处的切线为1l，函数(1)1ygx在点

,0Ba处的切线为2l.（1）若12//ll，求1l和2l的方程；（2）若()()fxgx恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）1:10lxy，2:10lxy；（2）1a.【解析】【分析】（1）1'xyae，21'yx，利用12ll//，得1aa，求出斜率得

所求直线方程.（2）方法一：不等式恒成立等价转化为ln(1)ln10xaexa在(1,)上恒成立，构造()ln(1)ln1xhxaexa，(1,)x，分类讨论a求得最小值大于零得

解；方法二：不等式恒成立等价转化为：ln()ln(1)(1)xxaeaexx恒成立构造()lnhttt，得()ht单调递增，得到1xaex恒成立，即1exxa恒成立得解【详解】（1）根据题意可知：函数()lnxyfxaae在点0,Aa处的

切线为1l，函数(1)1lnygxx在点,0Ba处的切线为2l，而1'xyae，21'yx，12//ll，根据导函数在该点的函数值相等可得1aa，又0a，1a\=.切线1l过点(0,1)，斜率为011ke；切

线2l过点(1,0)，斜率为2k1，1:10lxy，2:10lxy，综上所述，所求的直线方程为：1:10lxy，2:10lxy（2）方法一：()lnxfxaea，()ln11gxx故不等式()()f

xgx恒成立可等价转化为：ln(1)ln10xaexa在(1,)上恒成立，记()ln(1)ln1xhxaexa，(1,)x，当01a时，(0)ln10haa，不合题意；当1a时，1(1)1()11xxaxehxa

exx，记()(1)1xxaxe，[1,)x，则()(2)0xxaxe，所以()x在[1,)是增函数，又(1)1，(0)10a所以0(1,0)x使得0()0x

，即00(1)10xaxe①，则当0(1,)xx时，()0x，即()0hx，当0(,)xx时，()0x，即()0hx，故()hx在0(1,)x-上单调递减，在0(,)x上单调递增，所以0min00()()ln(1)ln1xhxhxaexa②，

由①式可得0011xaex，00lnln(1)axx代入②式得min0001()-(1)-2ln(1)1hxxxx，因为0(1,0)x，即01(0,1)x，故001(1)01xx，0

2ln(1)0x，即min()0hx，所以1a时()0hx恒成立，故a的取值范围为(1,).方法二：根据已知条件可得：()lnxfxaea，()ln11gxx.且()()fxgx恒成立；故可等价转化为：l

n()ln(1)(1)xxaeaexx恒成立设()lnhttt，则1()10htt，()ht单调递增，因而1xaex恒成立，即1exxa恒成立.令1()xxsxe，则()xxsxe，当(1,0)x时，()0sx，()

sx单调递增，当(0,)x时，()0sx，()sx单调递减，所以()(0)1sxs，从而1a即为所求.【点睛】本题考查导函数几何意义求切线及利用导函数最值解决不等式恒成立，属于难题.20．（本小题满分14分）下图（I）是一斜拉桥的

航拍图，为了分析大桥的承重情况，研究小组将其抽象成图（II）所示的数学模型．索塔AB，CD与桥面AC均垂直，通过测量知两索塔的高度均为60m，桥面AC上一点P到索塔AB，CD距离之比为21:4，且P对两塔顶的视角为135．（1）求两索

塔之间桥面AC的长度；（2）研究表明索塔对桥面上某处的“承重强度”与多种因素有关，可简单抽象为：某索塔对桥面上某处的“承重强度”与索塔的高度成正比（比例系数为正数a），且与该处到索塔的距离的平方成反比（比例系数为正数b）．问两索塔对桥面何处的

“承重强度”之和最小？并求出最小值．【答案】(1)500米.(2)两索塔对桥面AC中点处的“承重强度”之和最小，且最小值为63125ab.【解析】分析:(1)设21APt，4(0)BPtt，，记==APBCPD，，利用和角的正切得到t的方程，解方程即得两索塔之

间的距离AC=500米．(2)设AP=x，点P处的承重强度之和为Lx.先求出2260500ababLxxx，且0,500x，再利用导数求最小值.详解：（1）设21APt，4(0)BPtt，，记==APBCPD

，，则60206015tan=tan2174tttt，，由22015tantan7tantan4513001tantan17ttt，化简得271253000tt，解得20t或157t（舍去），所以，2520500A

CAPPC．答：两索塔之间的距离AC=500米．（2）设AP=x，点P处的承重强度之和为Lx.则2260500ababLxxx，且0,500x，即

221160,0,500500Lxabxxx记2211,0,500500lxxxx，则3322'500lxxx，令0lx，解得250x，当0,250x，0lx，lx单调递减；当

250,500x，0lx，lx单调递增；所以250x时，lx取到最小值，Lx也取到最小值63125ab.答：两索塔对桥面AC中点处的“承重强度”之和最小，且最小值为63125ab.点睛：本题主要考查和角的正切和导数的应用，意在考查学生的转化能力和运用

数学知识解决实际问题的能力.21．已知函数21ln12fxxax.（1）讨论函数fx的单调性；（2）当1a时，设函数fx的两个零点为1x，2x，试证明：122xx.【答案】（1）当0a时，fx在0

,上单调递增；当0a时，fx在0,aa上单调递增，在,aa上单调递减；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出导函数1fxaxx，讨论a的取值范围，利用导数与函数单调性之间的关系即

可求解.（2）利用导数求出函数的极大值，由零点存在性定理可得两零点所在的区间，不妨设12xx，则有1201xx，构造函数2Fxfxfx，0,1x，利用导数判断出函数单调递增，从而可得112fxfx，再由120fxfx即可求解.【详解

】解：（1）易得函数fx的定义域为0,.对函数fx求导得：1fxaxx.当0a时，0fx恒成立，即可知fx在0,上单调递增；当0a时，当0,axa时，0fx，

当,axa时，0fx，故fx在0,aa上单调递增，在,aa上单调递减.（2）当1a时，21ln12fxxx，211xfxxxx，此时fx在0,1上单调递增，在1,

上单调递减.1102fxf极大值，又10fe，0fe，不妨设12xx，则有1201xx，令2Fxfxfx，0,1x，22212211222xxxFxfxfxx

xxx.当0,1x时，0Fx，Fx单调递增，10,1x，111210FxfxfxF，112fxfx，又120fxfxQ，212

fxfx，21x，121x，fx在1,上单调递减，212xx，即122xx.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式，属于难题.22．已知函数ln1fxxax，其

中aR.（1）求fx的单调区间；（2）当1a时，斜率为k的直线l与函数fx的图象交于两点11,Axy，22,Bxy，其中12xx，证明：1211xxk；（3）是否存在kZ，使得221fxaxk

x对任意1x恒成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）证明见解析；（3）不存在.【解析】【分析】(1)将函数求导，分类讨论a的不同取值范围时

，导数的符号，从而判断出单调性；(2)将斜率用A、B的横坐标表示出来，最后将不等式化为只含有x1、x2的形式，再换元、构造函数、求导，判断出新函数的单调性从而证明不等式成立；(3)将不等式移项从而构造出新函数，所以根据求导数

，求出最值比较，从而判断出不存在k∈Z，使之成立.【详解】（1）因为'1fxax，0x>，所以当0a时，'>0fx恒成立，所以fx在0，上单调递增，当>0a时，10xa，时，'>0fx，fx在10a，上单调递增，1xa

，时，'0fx，fx在1a，上单调递减，综上所述：当0a时，fx在0，上单调递增，当>0a时，fx在10a，上单调递增，在1a，上单调递减

.（2）当1a时，ln1fxxx，所以21221121212121lnln+lnln1yyxxxxxxkxxxxxx，所以2121lnln+1xxkxx，要证1211xxk，即证212211ln

1ln1xxxxxx，因为21>0xx，即证21221211lnxxxxxxxx，令21>1xttx，即证11ln1>1tttt，令ln1kttt>1t，

由（1）知，kt在1，上单调递减，所以10ktk，即ln10tt-+<，所以ln1tt，令1ln+1>1htttt，则2'2111>0>1tttttt

th，所以ht在1，上单调递增，所以>10hth，即1ln1tt>1t；综上可得11ln1>1tttt，即1211xxk；（3）由已知得221fxaxkx

，即为ln1>2>1xxkxx，即ln+2>0>1xxxkxkx，令ln+2>1gxxxxkxkx，则'lngxxk，当0k时，'>0gx，所以gx在1，上单调递增，11

>0gk，即>1k，矛盾，故舍去；当>0k时，由ln>0xk，得>kxe，由ln0xk，得1kxe，所以gx在1ke，上单调递减，,ke单调递增，所以min2>0kgxkek，即当

min2>0>0kgxkek恒成立，求k的最大值.令2tGtet，则'2tGte，当2>0te，即ln2t时，Gt单调递增，当20te，即>ln2t时，Gt单调递减，所以maxln22ln22GxG，因为1

ln22，所以02ln222，又2120,240GeGe，所以不存在整数k使2>0kke成立，综上所述，不存在满足条件的整数k.【点睛】本题主要考查导数在研究函数时的应

用，关键在于构造合适的函数，分析导函数的取得正负的区间，得原函数的单调性，属于难题.