大连八中高三上(9月联考)-数学试题+答案(1)_2023年10月_01每日更新_2号_2024届辽宁省大连八中高三上学期9月月考

20230919 数学统练
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的.
f(x)2ex1e2
y f(x)
1, f(1)
1. 已知函数 ，则曲线 在点 处的切线方程为（ ）
A. 2e2xye2 0 B. 2e2xye2 0
C. 3e2xye2 0 D. 4e2xye2 0
2. 函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是（ ）
1   1
A  ,e  B.  0, 
. e   e
 1 1 
C.  ,  D.  ,
 e e 
3. 已知命题p：x(0,1),ex a0，若p是真命题，则实数a的取值范围是（ ）
A. a 1 B. a e
C. a1 D. ae
4. 设aR，若函数y ex ax，xR，有大于零的极值点，则（ ）
1 1
A. a1 B. a 1 C. a D. a 
e e
5. 已知函数f(x)＝x3＋sin x，x∈(－1，1)，则满足f(a2－1)＋f(a－1)>0的a的取值范围是
A. (0，2) B. (1， 2 ) C. (1，2) D. (0， 2 )
x2
6. 设函数 f x xsinxcosx ，则下列是函数f（x）极大值点的是（ ）
4
5 5 2 π
A. π B. - π C. π D. -
3 3 3 3
7. 已知0a4，0b2，0c3，且16lna a2ln4，4lnbb2ln2，9lncc2ln3，则
（ ）．
A. cba B. cab C. acb D. bca
1
8. 设a0.1e0.1,b ，cln0.9，则（ ）
9
A. abc B. cba C. c<a<b D. acb
二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 5分，部分选对的得 2分，有选错的得 0分.
9. 设a,b,c,d 为实数，且ab0cd ，则下列不等式正确的是（ ）
A. c2 cd B. acbd
c d
C. acbd D.  0
a b
x2 x1
10. 已知函数 f x ，则下列结论正确的是（ ）
ex
A. 函数 f x 存在两个不同的零点
B. 函数 f x 既存在极大值又存在极小值
C. 当ek 0时，方程 f xk有且只有两个实根
5
D. 若xt, 时， f x  ，则t的最小值为2
max e2
11. 若函数 f(x) x2 4xalnx有两个极值点，设这两个极值点为x，x ，且 x  x ，则（ ）
1 2 1 2
A. x (1,2) B. x x 2 C. f x  3 D. f x   3
1 1 2 1 1
12. 已知函数f(x-2)是定义在R上的偶函数，且对任意的x ，x ∈[0，+∞)(x ≠x )，总有
1 2 1 2
f(x -2)- f(x -2)
1 2 >0，则下列结论正确的是（ ）
x -x
1 2
A. f(-6)<f(0) B. f(0)<f(-3) C. f(0)<f(-6) D. f(-3)<f(0)
三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.
a
13. 已知2bab，则 的取值范围为_______.
b
ax2 1
14. 若函数 f(x) （e为自然对数的底数）是减函数，则实数a的取值范围是______.
ex
x
15. 已知函数 f x2efelnx ，则 f x 的极大值点为x______，极大值为______.
e
16. 已知直线y axb与曲线y alnx2相切，则ab的最大值为___________.
四、解答题：本题共 6小题，共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 设p：实数x满足x2 4ax3a2 0，q：实数x满足|x3|1.
（1）若a 1，且p，q都为真命题，求实数x的取值范围；
（2）若a0，且q是p的充分不必要条件，求实数a的取值范围．8
18. （1）当x1时，求2x 的最小值；
x1
  3 1
（2）已知函数 f(x)log x2 1x ，若对任意的正数a，b，满足 f(a) f(3b1)0，求 
2 a b
的最小值.
19. 求解下列两题
（1）已知函数 f xlog  ax 1  （a0且a 1），当a2时，若不等式 f xlog  12x m对
a 2
任意x1,3 恒成立，求实数m的取值范围．
（2）已知函数 f x2a4x 2x 1，若关于x的方程 f x0有解，求实数a的取值范围．
20. 已知函数 f x xlnx.
（1）求 f x 的最小值；
1 2
（2）证明：对一切x0, ，都有lnx  成立.
ex ex
21. 已知函数 f xex1axlnxaR .
（1）若函数 f x 在x=1处的切线与直线3x y 0平行，求a的值；
（2）若不等式 f xlnxa1对一切x1, 恒成立，求实数a的取值范围.
22. 已知函数 f x x1lnx .
（1）讨论 f x 的单调性；
1 1
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：2  .
a b20230919 数学统练
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的.
f(x)2ex1e2
y f(x)
1, f(1)
1. 已知函数 ，则曲线 在点 处的切线方程为（ ）
A. 2e2xye2 0 B. 2e2xye2 0
C. 3e2xye2 0 D. 4e2xye2 0
【答案】A
【解析】
【分析】先求出导函数，然后利用导数几何意义求出切线斜率，代入点斜式方程即可求解.
【详解】因为 f(x)2ex1e2，所以 f(x)2ex1，所以 f(1)3e2， f(1)2e2.
所以曲线y f(x)在点 1, f(1) 处的切线方程为y2e2x13e2，
即2e2xye2 0.
故选：A.
2. 函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是（ ）
1   1
A.  ,e  B.  0, 
e   e
 1 1 
C.  ,  D.  ,
 e e 
【答案】B
【解析】
1
【分析】求导，令f′(x)<0，解得0<x< ，解之可得选项.
e
1 1
【详解】因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x· ＝ln x＋1，令f′(x)<0，解得0<x< ，故
x e
 1
f(x)的单调递减区间是 0, .
 e
故选：B．
【点睛】本题考查运用导函数研究函数的单调性，关键在于求得导函数取正负的区间，属于基础题.
3. 已知命题p：x(0,1),ex a0，若p是真命题，则实数a的取值范围是（ ）A. a 1 B. a e
C. a1 D. ae
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出给定命题的否定，再利用全称量词命题为真求解作答.
【详解】依题意，命题p：x(0,1),ex a0，即x(0,1),aex，
而函数yex在(0,1)上单调递增，因此恒有ex e，则a e，
所以实数a的取值范围是a e.
故选：B
4. 设aR，若函数y ex ax，xR，有大于零的极值点，则（ ）
1 1
A. a1 B. a 1 C. a D. a 
e e
【答案】A
【解析】
【详解】题意即ex a 0有大于0的实根,数形结合令y ex,y a,则两曲线交点在第一象限,结合图像
1 2
易得a1a1,选A.
5. 已知函数f(x)＝x3＋sin x，x∈(－1，1)，则满足f(a2－1)＋f(a－1)>0的a的取值范围是
A. (0，2) B. (1， 2 ) C. (1，2) D. (0， 2 )
【答案】B
【解析】
【分析】在区间（﹣1，1）上，由f（﹣x）＝﹣f（x），且f′（x）＞0可知函数f（x）是奇函数且单调递增，
由此可求出a的取值范围．
【详解】∵函数f（x）＝x3+sinx，x∈（﹣1，1），
则f（﹣x）＝﹣f（x），∴f（x）在区间（﹣1，1）上是奇函数；
又f′（x）＝3x2+cosx＞0，∴f（x）在区间（﹣1，1）上单调递增；
∵f（a2﹣1）+f（a﹣1）＞0，∴﹣f（a﹣1）＜f（a2﹣1），∴f（1﹣a）＜f（a2﹣1），
11a1

∴1a2 11 ，求得1＜a＜ 2 ，
 1aa2 1
故选B．
【点睛】本题考查了判断函数的奇偶性和单调性的问题，综合运用了函数的奇偶性和单调性解不等式进
行合理的转化，属于中档题．
x2
6. 设函数 f x xsinxcosx ，则下列是函数f（x）极大值点的是（ ）
4
5 5 2 π
A. π B. - π C. π D. -
3 3 3 3
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导函数，再根据极值点的定义即可得出答案.
x2
【详解】解：由 f x xsinxcosx ，
4
x  1
得 fxsinxxcosxsinx  x  cos ，
2  2

令 fx0，则x0或x2k ,kZ，
3
 7 5     5
则当x   ,  ,   ,0  ,  , 时， fx0，
 3 3   3   3 3 
 5    5 7
当x   ,  ,  0,  ,  , 时， fx0，
 3 3  3  3 3 
 7 5     5
所以函数 f x 在  ,  ,   ,0  ,  , 递减，
 3 3   3   3 3 
 5    5 7
在  ,  ,  0,  ,  , 上递增，
 3 3  3  3 3 

所以函数f（x）极大值点的是 .
3
故选：D.
7. 已知0a4，0b2，0c3，且16lna a2ln4，4lnbb2ln2，9lncc2ln3，则
（ ）．
A. cba B. cab C. acb D. bca
【答案】D
【解析】lnx
【分析】构造函数 f x x0，利用导数判断函数单调性，作出图象，数形结合求解即可.
x2
lna ln4 lnb ln2 lnc ln3
【详解】由题意，得  ，  ，  ．
a2 42 b2 22 c2 32
 1 
lnx 2lnxlne2 
设 f x x0，则 ，
x2 fx  
x3
当 1 时， f¢(x)>0；当 1 时， fx0，
0 xe2 xe2
所以 f x 在  0,e 1 2  上为增函数，在  e 1 2,  上为减函数，
结合 f 10，x1时， f x0；x1时， f x0，
易画出 f x 的草图（如下图），
又 f a f 4 ， f b f 2 ， f c f 3 ，结合a，b，c的取值范围及 f x 的图象，可得
bca，
故选：D
1
8. 设a0.1e0.1,b ，cln0.9，则（ ）
9
A. abc B. cba C. c<a<b D. acb
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数 f(x)ln(1x)x， 导数判断其单调性，由此确定a,b,c的大小.
【详解】方法一：构造法
1 x
设 f(x)ln(1x)x(x1)，因为 f(x) 1 ，
1x 1x
当x(1,0)时， f(x)0，当x(0,)时 f(x)0，
所以函数 f(x)ln(1x)x在(0,)单调递减，在(1,0)上单调递增，
1 10 1 1 10
所以 f( ) f(0)0，所以ln  0，故 ln ln0.9，即bc，
9 9 9 9 91 9 1 9  1 1 1 1
所以 f( ) f(0)0，所以ln + 0，故 e 10 ，所以 e10  ，
10 10 10 10 10 9
故ab，
1  x2 1  ex1
设g(x) xexln(1x)(0 x1)，则g(x)x+1ex  ,
x1 x1
令h(x)ex(x2 1)+1，h(x)ex(x2 2x1)，
当0 x 21时，h(x)0，函数h(x)ex(x2 1)+1单调递减，
当 21 x1时，h(x)0，函数h(x)ex(x2 1)+1单调递增，
又h(0)0，
所以当0 x 21时，h(x)0，
所以当0 x 21时，g(x)0，函数g(x) xexln(1x)单调递增，
所以g(0.1) g(0)0，即0.1e0.1 ln0.9，所以ac
故选：C.
方法二：比较法
0.1
解： a0.1e0.1 ， b ， c  ln(10.1) ，
10.1
① lnalnb  0.1ln(10.1) ，
令 f (x)  xln(1 x),x(0,0.1],
1 x
则 f(x)1  0 ，
1x 1x
故 f(x) 在 (0,0.1] 上单调递减，
可得 f (0.1) f (0)  0 ，即 lnalnb0 ，所以 ab ；
② ac0.1e0.1 ln(10.1) ，
令 g(x) xex ln(1 x),x(0,0.1],
1 1x1xex 1
则 g'x xex ex   ，
1x 1x
令 k(x)(1 x)(1x)ex 1 ，所以 k(x)(1 x2 2x)ex 0 ，所以 k(x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 k(x)  k(0)  0 ，即 g(x)0 ，
所以 g(x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 g(0.1) g(0)0 ，即 ac0 ，所以 ac.
故 cab.
二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目
要求.全部选对的得 5分，部分选对的得 2分，有选错的得 0分.
9. 设a,b,c,d 为实数，且ab0cd ，则下列不等式正确的是（ ）
A. c2 cd B. acbd
c d
C. acbd D.  0
a b
【答案】D
【解析】
【分析】题目考察不等式的性质，A选项不等式两边同乘负数要变号；B,C选项可以通过举反例排除；D
选项根据已知条件变形可得
【详解】已知ab0cd ,对各选项逐一判断：
选项A：因为0cd,由不等式的性质，两边同乘负数，不等式变号，可得c2 cd,所以选项A错误.
选项B：取a2,b1,c1,d 2,则ac3,bd 3,此时acbd ,所以选项B错误.
选项C：取a2,b1,c1,d 2,则ac2,bd 2,此时acbd,所以选项C错误.
c d c d
选项D：因为 a b0,0cd ,所以ad bd bc,所以  ,即  0,所以选项D正确.
a b a b
故选：D.
x2 x1
10. 已知函数 f x ，则下列结论正确的是（ ）
ex
A. 函数 f x 存在两个不同的零点
B. 函数 f x 既存在极大值又存在极小值
C. 当ek 0时，方程 f xk有且只有两个实根
5
D. 若xt, 时， f x  ，则t的最小值为2
max e2
【答案】ABC
【解析】【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图象，最后直接判断选项．
1 5
【详解】对于A，由 f x0，得x2 x10，∴x ，故A正确；
2
x2 x2 x1x2
对于B， fx  ，
ex ex
当x,1 2, 时， fx0，当x1,2 时， f¢(x)>0，

∴ f x 在 ,1 ，2,上单调递减，在 (-1,2) 上单调递增，
∴ f 1 是函数的极小值， f 2 是函数的极大值，故B正确；
对于C，当x时，y0，根据B可知，函数的最小值是 f(1)e，再根据单调性可知，当
ek 0时，方程 f(x)k有且只有两个实根，所以C正确；
对于D：由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确．
故选：ABC.
【点睛】本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为
0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是(2,)是函数的单调递减区间，但当
x时，y0，所以图象是无限接近 轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了．
11. 若函数 f(x) x2 4xalnx有两个极值点，设这两个极值点为x，x ，且 x  x ，则（ ）
1 2 1 2
A. x (1,2) B. x x 2 C. f x  3 D. f x   3
1 1 2 1 1
【答案】D
【解析】
【分析】求导分析出函数 f x 的极大值点即可.
【详解】Q f(x) x2 4xalnx，a 2x2 4xa
 f(x)2x4  ，
x x
令 fx0，则方程2x2 4xa0两根为x，x ，且0 x  x ，
1 2 1 2
所以42 42a 0，a2，
a
x x 2，x x  1，所以0 x 1，1x 2
1 2 1 2 2 1 2
x为 f x 的极大值点，即 f x  f 13.
1 1
故选:D.
12. 已知函数f(x-2)是定义在R上的偶函数，且对任意的x ，x ∈[0，+∞)(x ≠x )，总有
1 2 1 2
f(x -2)- f(x -2)
1 2 >0，则下列结论正确的是（ ）
x -x
1 2
A. f(-6)<f(0) B. f(0)<f(-3) C. f(0)<f(-6) D. f(-3)<f(0)
【答案】CD
【解析】
f(x -2)-f(x -2)
【分析】根据对任意的x ，x ∈[0，+∞)(x ≠x )，有 1 2 >0，不妨设0≤x <x ，得到f(x -2)<f(x -
1 2 1 2 x -x 1 2 1 2
1 2
2)，从而f(x-2)在[0，+∞)上是增函数，即f(x)在[-2，+∞)上是增函数，然后根据f(x-2)是偶函数，即f(x-2)的
图像关于y轴对称求解.
f(x -2)-f(x -2)
【详解】因为对任意的x ，x ∈[0，+∞)(x ≠x )，有 1 2 >0，
1 2 1 2 x -x
1 2
f(x -2)-f(x -2)
不妨设0≤x <x ，因为 1 2 >0，
1 2 x -x
1 2
所以f(x -2)-f(x -2)<0，f(x -2)<f(x -2)，
1 2 1 2
所以f(x-2)在[0，+∞)上是增函数，
所以f(x)在[-2，+∞)上是增函数.
因为f(x-2)是偶函数，
所以f(x-2)的图像关于y轴对称，
故f(x)的图像关于直线x=-2对称，
所以f(-6)=f（2），f(-3)=f(-1)，
则f(-3)<f(0)<f(-6).故选：CD.
【点睛】本题主要考查函数的单调性和奇偶性在比较函数值大小中的应用，还考查了分析求解问题的能
力，属于中档题.
三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.
a
13. 已知2bab，则 的取值范围为_______.
b
【答案】
(-1,2)
【解析】
1
【分析】由2bb，可得b0,再将2bab同乘 可得答案.
b
【详解】因为2bab，所以2bb，
1
所以b0， 0.
b
1
将不等式2bab,同乘以 ,
b
b a 2b a
则   ，即1 2.
b b b b
故答案为
(-1,2)
.
【点睛】本题考查了不等式的性质,考查了学生的推理能力,属于基础题.
ax2 1
14. 若函数 f(x) （e为自然对数的底数）是减函数，则实数a的取值范围是______.
ex
【答案】
0,1
【解析】
【分析】首先求函数的导数，由题意可知， fx0恒成立，讨论a的取值，结合不等式恒成立的条件，
即可求解.
2axax2 1
【详解】 fx ，
ex
因为函数 f x 是减函数，所以 fx0恒成立．
令gx2axax2 1，则gx0恒成立，
当a0时，gx1成立，所以a0满足条件．
当a<0时，则gx 的图象开口向上，gx0不恒成立，不符合题意，舍去．当a0时，要使gx0恒成立，则4a2
4a0，
解得0a1，又a0，所以0a1.
综上可得，实数a的取值范围是 0,1 ．
故答案为：
0,1
x
15. 已知函数 f x2efelnx ，则 f x 的极大值点为x______，极大值为______.
e
【答案】 ①. 2e ②. 2ln 2
【解析】
【分析】首先求函数的导数，并求
fe
，并判断函数的单调区间，再求函数的极值点和极值.
2efe
1
【详解】易求 fx  ，x0，
x e
1 1
所以 fe2fe ，则 fe ，
e e
x 2 1
因此 f x2lnx ， fx  ，
e x e
由 f¢(x)>0得0x2e，由 fx0得x2e.
所以函数 f x 在 0,2e 上单调递增，在 2e, 上单调递减．
因此 f x 的极大值点为x2e，极大值为 f 2e2ln2e22ln2.
故答案为：2e；2ln2
16. 已知直线y axb与曲线y alnx2相切，则ab的最大值为___________.
【答案】1
【解析】
【分析】设出切点坐标，求出函数y alnx2的导数，利用导数的几何意义结合已知条件建立关系求出
a+b即可得解.
a
【详解】设切点为 x ,y  ，由y alnx2求导得y ，
0 0 x
a
因直线y axb与曲线y alnx2相切，则 a，解得x 1，则y 2，
x 0 0
0
而切点在直线y axb上，即y ax b，于是得ab2，
0 0
因此，aba(2a)(a1)2 11，当且仅当a 1时取“=”，所以当ab1时，ab取最大值1.
故答案为：1
四、解答题：本题共 6小题，共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 设p：实数x满足x2 4ax3a2 0，q：实数x满足|x3|1.
（1）若a 1，且p，q都为真命题，求实数x的取值范围；
（2）若a0，且q是p的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【答案】（1）(2,3)；
4
（2）[ ,2].
3
【解析】
【分析】（1）解不等式化简命题 p， q ，再求交集作答.
（2）根据给定条件化简命题 p，结合（1）中信息，利用集合的包含关系求解作答.
【小问1详解】
由|x3|1，得1 x31，解得2x4，于是命题 q ：x(2,4)，
当a 1时，由x2 4x30，解得1 x3，于是命题 p：x(1,3)，
由命题 p， q 均为真命题，得x(2,3)，
所以实数x的取值范围(2,3).
【小问2详解】
当a0时，由x2 4ax3a2 0，解得a  x 3a ，于是命题 p：x(a,3a)，
由 q 是 p的充分不必要条件，得(2,4) ￿ (a,3a)，
a2 a2 4 4 4
因此 或 ，解得 a2或 a2，则 a2，
3a4 3a4 3 3 3
4
所以实数a的取值范围是[ ,2].
3
8
18. （1）当x1时，求2x 的最小值；
x1
  3 1
（2）已知函数 f(x)log x2 1x ，若对任意的正数a，b，满足 f(a) f(3b1)0，求 
2 a b
的最小值.
【答案】（1）10；（2）12
【解析】8  4 
【分析】（1）先把2x 化为2

(x1)

2，然后使用基本不等式求解；
x1  (x1)
（2）先判断函数 f(x)为单调递减的奇函数，然后得a3b1，最后利用基本不等式中常数代换求解即可.
8  4 
【详解】（1）2x 2

(x1)

2，因为x1，所以x10，
x1  (x1)
8  4  4
所以2x 2

(x1)

24 (x1) 210，
x1  (x1) (x1)
4 8
当且仅当(x1) ，即x3时取等号，所以2x 的最小值为10.
x1 x1
（2）因为 x2 1 x2  x  x，所以 x2 1x0恒成立，故 f(x)的定义域为R，
   
且 f(x) f(x)log x2 1x log x2 1x log 10，所以 f(x)为奇函数，
2 2 2
由 f(a) f(3b1)0，得 f(a) f(13b)，
   1 
又 f(x)log x2 1x log  ，易知函数 f(x)在R上是减函数，
2 2
 x2 1x
从而a 13b，所以a3b1，因为 a0，b0，
3 1 3 1 9b a 9b a
所以  



a3b6  62  6612.
a b a b a b a b
9b a 1 1
当且仅当  ，即a  ，b 时等号成立.
a b 2 6
3 1
故  的最小值为12.
a b
19 求解下列两题
.
（1）已知函数 f xlog  ax 1  （a0且a 1），当a2时，若不等式 f xlog  12x m对
a 2
任意x1,3 恒成立，求实数m的取值范围．
（2）已知函数 f x2a4x 2x 1，若关于x的方程 f x0有解，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
,log 3
2
（2）(0,)
【解析】
【分析】（1）利用对数运算化简 f xlog  12x ，再根据不等式恒成立，转化为求函数
2gx f xlog  12x 的最小值，即可求解；
2
1 1
2a  
（2）首先参变分离 2x  2x2 ，根据方程有解，转化为求函数的值域问题，即可求解.
【小问1详解】
2x 1
设gx f xlog  12x log ，x1,3 ，
2 2 2x 1
2x 1 2
再设t  1
，x1,3
．
2x 1 2x 1
2 1 7
 x1,3 ，2x 13,9 ，t 1   ,  ，
2x 1 3 9
1
故gx  g1log log 3，
min 2 3 2
 f xlog 2  12x m对任意x1,3 恒成立，
m gx ，即mlog 3
min 2
故实数m的取值范围为 ,log 3 ；
2
【小问2详解】
由题意，关于x的方程2a  2x2 2x 10有解，
2a  1  1 1  1 2 1
则 2x  2x2 ，令
2x
t 0，2a t2 t  

t
2



4
，
2
又函数y   t 1  1 在 0, 上单调递增，所以当t 0时， y 0，
 
 2 4
函数的值域为
0,
，
要使原方程有解，只需2a0，则a0，
故实数a的取值范围为 0, ．
20. 已知函数 f x xlnx.
（1）求 f x 的最小值；
1 2
（2）证明：对一切x0, ，都有lnx  成立.
ex ex
1 1
【答案】(I) f( ) . （Ⅱ）见解析.
e e【解析】
【分析】（1）先求出函数的定义域，然后求导数，根据导函数的正负判断函数的单调性进而可求出最小
1 2 x 2
值．（2）对一切 x(0,)，都有 lnx  成立，即 lnx·x  ，结合（1）中结论可知
ex ex ex e
1 x 2
lnx·x… ，构造新函数m(x)  ，分析其最大值，可得答案．
e ex e
【详解】（1） f(x)的定义域为(0,)， f(x)的导数 f(x)1lnx．
1
令 f(x)0，解得x ；
e
1
令 f(x)0，解得0x ．
e
1 1
从而 f(x)在(0, )单调递减，在( ，)单调递增．
e e
1 1
所以，当x 时， f(x)取得最小值 ．
e e
1 2
（2）若lnx 
ex ex
x 2
则lnx·x  ，
ex e
1 1
由（1）得：lnx·x… ，当且仅当x 时，取最小值；
e e
x 2 1x
设m(x)  ，则m(x) ，
ex e ex
x(0,1)时，m(x)0，m(x)单调递增，

x(1,)时，m(x)0，m(x)单调递减，
1
故当x1时，m(x)取最大值
e
1 2
故对一切x(0,)，都有lnx  成立．
ex ex
【点睛】本题考查的知识点是函数在某点取得极值的条件，导数在最值问题中的应用，属于难题．
21. 已知函数 f xex1axlnxaR .
（1）若函数 f x 在x=1处的切线与直线3x y 0平行，求a的值；
（2）若不等式 f xlnxa1对一切x1, 恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）a1
（2）
,1
【解析】
【分析】（1）根据导数几何意义，利用切线斜率可构造方程求得a的值；（2）令gx f xlnxa1 ，将问题转化为gx0对任意x1, 恒成立；求导后，当a1
时，可知gx 单调递增，由此可知gx g10；当a1时，可知gx
在
0,1lna
上单调递减，
可知此时不满足gx0；综合两种情况可得结果.
【小问1详解】
1
fxex1a ， f x 在x=1处的切线与y3x平行，

x
 f11a13，解得：a1.
【小问2详解】
令gx f xlnxa1ex1axa1，
则gx0对任意x1,
恒成立，
gxex1a；
①当a1时，ex1 e0 1，则gx0在 1, 上恒成立，
gx g10，满足题意；
②a1时，令gx=0，解得：x1lna1；
当x1,1lna 时，gx0，此时gx
单调递减，
gx g10，不合题意；
综上所述：实数a的取值范围为 ,1 .
22. 已知函数 f x x1lnx .
（1）讨论 f x 的单调性；
1 1
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：2  .
a b
【答案】（1）递增区间为
0,1
，递减区间为
1,+
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据导数与单调性的关系求解即可；
lna1 lnb+1 1 1
（2）由题知  ，进而令  x ,  x ，将问题转化为已知0 x 1 x e，证明：
a b a 1 b 2 1 2x x 2，再根据极值点偏移问题求解即可.
1 2
【小问1详解】
解：函数的定义域为
0,
，又
fx1lnx1lnx，
当x0,1 时， f¢(x)>0，当x1,+ 时， fx0，
故 f x 的递增区间为 0,1 ，递减区间为 1,+
【小问2详解】
解：因为blnaalnbab，故blna1alnb+1
，
lna1 lnb+1 1 1
即  ，故 f    f  ，
a b a b
1 1
设  x ,  x ，则 f x  f x  ，
a 1 b 2 1 2
不妨设x  x ，由（1）可知原命题等价于：已知0 x 1 x e，证明：x x 2 .
1 2 1 2 1 2
证明如下：
若x 2，x x 2恒成立；
2 1 2
若x 2， 即 0 x 1 x 2时，
2 1 2
要证：x x 2，即证x 2x ，而02x 1，即证 f x  f 2x  ，
1 2 1 2 2 1 2
即证： f x  f 2x  ，其中1x 2
2 2 2
设gx f x f 2x ，1 x2，
则gx fx f2xlnxln2xln

x2x
，
因为1 x2，故0 x2x1，故lnx2x0，
所以gx0，故gx
在
1,2 为增函数，所以gx g10，
故 f x f 2x ，即 f x  f 2x  成立，
2 2
所以x x 2成立，
1 2
综上，x x 2成立.
1 2
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，极值点偏移问题，考查化归与转化思想，逻辑思维能1 1
力、运算求解能力，是难题．本题第二问解题的关键在于设  x ,  x ，结合（1）将命题转化为已知
a 1 b 2
0 x 1 x e，证明：x x 2，再根据极值点偏移问题求解即可.
1 2 1 2