2019-2020 学年度学高三年级小二调考试数学（理科）试卷
第Ⅰ卷（共 60 分）
一、选择题：本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 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.
1.已知集合 ， ，则 ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
对集合 进行化简，然后根据集合的交集运算，得到 的值.
【详解】集合 ，
集合
所以 .
故选：C.
【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题.
2.设函数 满足 ，则 的图像可能是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
根据题意，确定函数 的性质，再判断哪一个图像具有这些性质．
由 得 是偶函数，所以函数 的图象关于 轴对称，可知 B，D
符合；由 得 是周期为 2 的周期函数，选项 D 的图像的最小正周期
{ }| 1 0A x x= + > { }| 1B x x= ∈ ≤Z A B =
{ }| 0 1 1x x≤ + ≤ { }| 1 1x x− < ≤ { }0,1 { }1 A A B { } { }| 1 0 | 1A x x x x= + > = > −
{ }| 1B x x= ∈ ≤Z
{ } { }| 1 1 0,1B x xA = ∈ − < ≤ =Z ( )( )f x x R∈ ( ) ( ), ( 2) ( )f x f x f x f x− = + = ( )y f x= ( )y f x= ( ) ( )f x f x− = ( )y f x= ( )y f x= y ( 2) ( )f x f x+ = ( )y f x=
是 4，不符合，选项 B 的图像的最小正周期是 2，符合，故选 B．
3.若函数 在 处的切线方程为 ，则 ， 的值为( )
A. 2,1 B. -2，-1 C. 3,1 D. -3，-1
【答案】C
【解析】
【分析】
将 代入切线方程得到切点，将切点代入到解析式中，得到 ，利用导数的几何意义，对
函数求导，代入 ，得到切线斜率，得 的值.
【详解】将 代入切线 ，
得到切点坐标为 ，
将 代入到函数解析式中，得到 ，
所以 ，
求导得 ，
代入 得 ，
所以 ，得 .
故选：C.
【点睛】本题考查导数的几何意义，根据导数的切线求参数的值，属于简单题.
4.已知命题 ： 使 ，命题 ： ， ，则命
题 成立是命题 成立的( )条件
A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分
也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】
根据命题 和命题 ，分别得到 的范围，从而得到答案.
【详解】命题 ： 使 ，
2 lny ax b x= − 1x = 5 2y x= − a b
1x = a
1x = b
1x = 5 2y x= −
( )1,3
( )1,3 3= a
23 lny x b x= −
6 by x x
′ = −
1x = 6k b= −
6 5b− = 1b =
p 0 [0, )x∃ ∈ +∞ 0 04 2 0x x k− − = q ( )0,x∀ ∈ +∞ 2 0x k+ >
p q
p q k
p 0 [0, )x∃ ∈ +∞ 0 04 2 0x x k− − =
则 ，
，所以设 ，
则 ，在 上单调递增，
所以 ，
命题 ： ， ，
可得
所以命题 成立是命题 成立的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题考查二次函数相关的复合函数的值域，判断充分必要条件，属于简单题.
5.已知 ，则 与 的交点个数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
令 ，得 ，分 和 进行讨论，利用零点存在定理，得到
零点个数，从而得到答案.
【详解】要求 与 的交点，则令 ，
设 ，即求 的零点个数，
所以 ，
当 时， ，解得 ， （舍），
所以 时， 有且仅有一个零点；
当 ， ，
，所以 在 上单调递增，
的
0 04 2x xk = −
0 [0, )x ∈ +∞ [ )02 1,xt = ∈ +∞
2k t t= − [ )1,t ∈ +∞
[ )0,k ∈ +∞
q ( )0,x∀ ∈ +∞ 2 0x k+ >
[ )0,k ∈ +∞
p q
( ) 2 2, 0
2 6 ln , 0
x xf x
x x x
− ≤= − + >
( )y f x= y x=
( )f x x= ( ) ( )g x f x x= − 0x ≤ 0x > ( )g x
( )y f x= y x= ( )f x x=
( ) ( )g x f x x= − ( )g x
( ) 2 2, 0
6 ln , 0
x x xg x
x x x
− − ≤= − + >
0x ≤ 2 2 0x x− − = 1x = − 2x =
0x ≤ ( )g x
0x > ( ) 6 lng x x x= − +
( ) 11 0g x x
′ = + > ( )g x ( )0, ∞+
而 ， ，
由零点存在定理可知 在 上有且仅有一个零点；
综上所述， 有且仅有两个零点，
所以 与 的交点个数为 .
故选：B.
【点睛】本题考查分段函数的性质，函数图像交点与零点的转化，根据零点存在定理求零点
的个数，属于中档题.
6.已知函数 ，则定积分 的值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据积分定义，将积分区间分为两段分别求：左段可根据微积分基本定理求得积分值，右段
根据几何意义求得积分值，两个部分求和即可．
【详解】因为
所以
的几何意义为以 为圆心，以 为半径的圆，在 x 轴上方的部分
因而
( )1 5 0g = − < ( )6 ln 6 0g = >
( )g x ( )0, ∞+
( )g x
( )y f x= y x= 2
2
2, 2
( )
1 ( 3) ,2 4
x x
f x
x x
− + ≤= − − < ≤ 4 1 2 ( )f x dx∫ 9 4 8 π+ 1 4 4 π+ 1 2 π+ 3 2 4 π+ ( ) ( )2 2, 2 1 3 ,2 4 x x f x x x − + ≤= − − < ≤ ( )4 1 2 f x dx =∫ ( ) ( )4 1 2 22 2 12 3x d dxxx − −− + +∫ ∫ ( )2 2 2 1 1 2 2 12 22x dx x x− + = − +∫ ( ) 2 21 1 1 12 2 2 22 2 2 2 = − + × − − + × 9 8 = ( )24 2 1 3 dxx− −∫ ( )3,0 1r = 21 12 2S ππ= × × =
所以
所以选 A
【点睛】本题考查了积分的求法，微积分基本定理的应用及利用几何法求积分值，属于中档
题．
7.已知函数 的导函数为 ，满足 ， 且 ，则不等式
的解集为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
令 ，这样原不等式可以转化为 ，构造新函数 ，求导，并结合已
知条件 ，可以判断出 的单调性，利用单调性，从而可以解得 ，也就可
以求解出 ，得到答案.
【详解】解:令 ，则 ，
令 ，则 ，
在 上单调递增，
，故选 A.
【点睛】本题考查了利用转化法、构造函数法、求导法解决不等式解集问题，考查了数学运
算能力和推理论证能力.
8.若函数 为偶函数，且 时， 则不等式 的解集
为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
( ) ( )2 4
1 2
2
2
9 9 42 8 21 83x dx dxx
π π+− + + = + =− −∫ ∫
( )y f x= ( )f x′ Rx∀ ∈ ( ) ( )f x f x′ > (1) ef =
(ln )f x x>
(e, )+∞ (1, )+∞ (0,e) (0,1)
lnt x= ( ) etf t > ( )( ) ex
f xg x =
( ) ( )f x f x′ > ( )g x 1t >
x e>
lnt x= (ln ) ( ) etf x x f t> ⇔ >
( )( ) ex
f xg x = ( ) ( )( ) 0ex
f x f xg x
′ −′ = >
( )g x∴ R ( )( ) e 1e
t
t
f tf t∴ > ⇔ >
( ) (1) 1 ln 1 eg t g t x x⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔ >
( )1y f x= + 1x ≥ ( ) 2 xf x x e= − ( ) ( )3f x f≥
[ ]3,− +∞ [ ]1,3−
( ] [ ), 1 3,−∞ − +∞ ( ] [ ), 2 2,−∞ − +∞
【分析】
根据题意得到 关于 成轴对称，得到 再利用导数，得到 时的单
调性，从而得到不等式 的解集.
【详解】因为函数函数 为偶函数，
所以可得 关于 成轴对称，
所以 ，
当 时， ，
所以
设 ，则 ，
当 ， ， 单调递减，
，
即 ，所以 在 上单调递减，
在 上单调递增，
所以不等式 的解集为 .
故选：B.
【点睛】本题考查利用导数求函数的单调性，根据函数的单调性和对称性解不等式，属于中
档题.
9.设 ， ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由 比较 ， 的大小，利用中间量 比较 , ，从而得解.
( )f x 1x = ( ) ( )3 1f f= − 1x ≥
( ) ( )3f x f≥
( )1y f x= +
( )f x 1x =
( ) ( )3 1f f= −
1x ≥ ( ) 2 xf x x e= −
( ) 2 xf x x e′ = −
( ) 2 xg x x e= − ( ) 2 xg x e′ = −
1x ≥ ( ) 0g x′ < ( )g x ( ) ( )1 2 0g x g e≤ = − < ( ) 0f x′ < ( )f x [ )1,x∈ +∞ ( ],1x∈ −∞ ( ) ( )3f x f≥ [ ]1,3− 2log 3a = 3log 4b = 5log 8c = c a b> > c b a> > a b c> >
a c b> >
3 5
lg64 lg64log 4 log 8lg27 lg25
= =， b c 3
2
a c
【详解】∵ ， ，∴ .
∵ ，∴ ，∴ .
又 ，∴ ，即 .
故选 D
【点睛】本题主要考查了利用对数函数的单调性比较大小，解题的关键是找到合适的中间量
进行比较大小，属于难题.
10.已知函数 ，若有且只有两个整数 ， 使得
，且 ，则 a 的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
令 ，可得 ，原问题转化为直线有且只有两个整数点
处的函数值大于函数 的值，利用导函数研究函数的单调性得到关于 a 的不等
式组，求解不等式组即可确定 a 的取值范围.
【 详 解 】 令 ， 则 ： ，
，
设 ， ，
故 ，由 可得 ，
在 上， ， 为减函数，在 上， ， 为增函数，
的图像恒过点 ，在同一坐标系中作出 ， 的图像，
3 27
lg64log 4 log 64 lg27
= = 5 25
lg64log 8 log 64 lg25
= = 3 5log 4 log 8< 2 38 5< 3 28 5< 3 2 5 5 3log 8 log 5 2 < = 2 4 4 3log 3 log 9 log 8 2 = > = 2 5 3log 3 log 8 log 4> > a c b> >
( ) ( ) ( )ln 2 2 4 0f x x a x a a= + − − + > 1x 2x
( )1 0f x > ( )2 0f x >
( )ln3,2 [ )0,2 ln3−
( )0,2 ln3− ( ]0,2 ln3−
( ) 0f x > ( )2 2 ln 4 0ax a x x a− > − − >
2 ln 4y x x= − −
( ) 0f x > ( ) ( )ln 2 2 4 0 0x a x a a+ − − + > >
( )2 2 ln 4 0ax a x x a∴ − > − − >
( ) 2 ln 4g x x x= − − ( ) 2h x ax a= −
( )' 1 2 12 xg x x x
−= − = ( )' 0g x = 1
2x =
10, 2
( )' 0g x < ( )g x 1 ,2 +∞ ( )' 0g x > ( )g x
( ) ( )2 0h x ax a a= − > ( )2,0 ( )g x ( )h x
如图所示，若有且只有两个整数 ，使得 ，且 ，
则 ，即 ，
解得： .
故选 D.
【点睛】本题主要考查导函数研究函数的单调性，直线恒过定点问题，数形结合的数学思想
等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
11.设定义在 上的奇函数 满足：对任意的 ，总有 ，且
当 时， ．则函数 在区间 上的零点个数是
（ ）
A. 6 B. 9 C. 12 D. 13
【答案】C
【解析】
因为函数为 上的奇函数，所以必有 f（0）=0．
由 ，易得： ，故函数周期为 8，
∴f（0）=f（-8）=f（8）=0
当 时， ，有唯一零点 .
又函数为奇函数且周期为 8，易得：f（ ）=f（- ）=f( -8)=f( +8)=f(- +8)=f(- +16)
当 x=-4 时，由 知 ，又 f（x）为奇函数，可得 f(4)=0,
从而可知 f(4)=f（-4）=f（12）.
1 2,x x ( )1 0f x > ( )2 0f x >
0
(1) (1)
(3) (3)
a
h g
h g
>
>
≤
0
2
2 ln3
a
a
a
>
− > −
≤ −
0 2 ln3a< ≤ − R ( )y f x= x∈R ( 4)f x − ( 4)f x= + (0,4)x∈ 2( ) cos 2x f x e x π−= + − ( )f x [ )8,16− R ( )4f x − ( )4f x= + ( )f x ( )8f x= + ( )0,4x∈ ( ) 2 cos 2x f x e x π−= + − 2 π 2 π 2 π 2 π 2 π 2 π 2 π ( )f x ( )8f x= + ( )f 4− ( )4 8f= − +
所以共有 12 个零点．
故选 C ．
点睛：本题考查函数零点问题.函数零点问题有两种解决方法，一个是利用二分法求解，另一
个是化原函数为两个函数，利用两个函数的交点来求解.注意定义在 上的奇函数 ，
必有 f（0）=0；定义在 上的奇函数 且周期为 T，则有 f（ ）=0.
12.“互倒函数”的定义如下：对于定义域内每一个 ，都有 成立，若现在已知
函数 是定义域在 的“互倒函数”，且当 时， 成立.若函数
（ ）都恰有两个不同的零点，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据 是“互倒函数”，得到 解析式，从而画出 的图像，将问题等价于等价于
有两个不等的实根，分为 ， ， ，
， 几种情况讨论，设 ，先研究 的解，再研究
的解，从而得到 的范围.
【详解】函数 是定义域在 的“互倒函数”
当 ，则 ，
因为 ，且当 时， ，
R ( )y f x=
R ( )y f x=
2
T
x ( ) 1f x f x
=
( )f x 1 ,22
[ ]1,2x∈ ( ) 2
1 1
2f x x
= +
( )( ) 2 1y f f x a= − − 0a ≥ a
1 20, 4 2
10, 4
10, 4
1 20, 4 2
∪
( )f x ( )f x ( )f x
( )( ) 2 1f f x a= + 2 3 171 ,4 16a + ∈
2 171 16a + = 217 3116 2a< + < 2 31 2a + = 2 31 2a + > ( )t f x= ( ) 2 1f t a= +
( )t f x= a
( )f x 1 ,22
1 ,12x ∈
( ]1 1,2x
∈
( ) 1f x f x
=
[ ]1,2x∈ ( ) 2
1 1
2f x x
= +
所以 ，
所以 ，
函数 都恰有两个不同的零点，
等价于 有两个不等的实根，
作出 的大致图像，如图所示，
可得 ， ，
， .
设 ，则
①当 时， 有两个解 ， ，
其中 ， ，
无解， 有两个解，符合题意；
②当 时，由 得 ， ，
由图可知此时 有四个解，不符合题意；
③当 时， 有两个解 ， ，
其中 ， ，
由图可知此时 有四个解，不符合题意；
④当 时，由 ，得 ，
由图可知 有两个解，符合题意；
⑤当 时，由 ，得 无解，不符合题意.
( ) 21 1
2f x f xx
= = +
( )
2
2
1 1, 12 2
1 1 ,1 22
x x
f x
xx
+ ≤ ( ) 2 1f t a= + t
综上所述， 或 符合题意，
而 ，所以解得 或 .
即实数 的取值范围为 .
故选：A.
【点睛】本题考查符合函数的值域，函数与方程，根据函数的零点求参数的范围，考查了逻
辑思维能力和运算能力，分类讨论的思想，属于难题.
第Ⅱ卷（共 90 分）
二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上）
13.已知 指数函数 在 上为减函数； ， .则使
“ 且 ”为真命题的实数 的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由指数函数的单调性和一元二次不等式有解得出命题 和 ，然后取交集即可.
2 31 2a + = 23 1714 16a≤ + < 0a > 2
2a = 10, 4a ∈
a 1 20, 4 2a
∈
:p ( ) ( 1)xf x t= − ( ),−∞ +∞ :q x∃ ∈R 2 2 1x t x+ ≤ +
p q t
( )1,2
p q
【详解】解：由函数 在 上为减函数，故 ，即
所以命题
由 ， ，得 有解，故 ，即
所以命题
因为“ 且 ”为真命题
所以 、 都是真命题
所以
故答案为 .
【点睛】本题考查了指数函数的单调性，一元二次不等式能成立问题，复合命题的真假性，
属于基础题.
14.数学老师给出一个函数 ，甲、乙、丙、丁四个同学各说出了这个函数的一条性质：
甲：在 上函数单调递减；乙：在 上函数单调递增；丙：在定义域 R 上函数的
图象关于直线 对称；丁： 不是函数的最小值．老师说：你们四个同学中恰好有三
个人说的正确．那么，你认为____说的是错误的．
【答案】乙
【解析】
【分析】
根据四位同学的回答，不妨假设其中的任何三个同学回答正确，然后推出另一位同学的回答
是否正确来分析，体现了反证法的思想.
【详解】如果甲、乙两个同学回答正确，
因为在 上函数单调递增，
所以丙说：在定义域 R 上函数的图象关于直线 对称是错误的，
此时 是函数的最小值，所以丁的回答也是错误的，与四个同学中恰好有三个人说的正确
矛盾，
所以应该是甲、乙两个同学有一个回答错误，
此时丙正确，则乙就是错误的.
( ) ( )1 xf x t= − ( ),−∞ +∞ 0 1 1t< − < 1 2t< < :1 2p t< < x R∃ ∈ 2 2 1x t x+ ≤ + 2 2 1 0x x t− + − ≤ ( ) ( )22 4 1 0t− − − ≥ 2t ≤ : 2q t ≤ p q p q 1 2t< < ( )1,2 ( )f x ( ]0−∞， [ )0 + ∞， 1x = ( )0f [ )0 + ∞， 1x = ( )0f
故答案为乙.
【点睛】本题利用函数的性质考查逻辑推理能力和反证法思想，考查数形结合思想的运用.
15.已知定义域为 的函数 ， ，若存在唯一实数 ，使
得 ，则实数 的值是__________.
【答案】0
【解析】
【分析】
通 过 导 数 ， 分 别 研 究 和 的 单 调 性 和 最 值 ， 得 到 ，
，从而得到 ，得到 ， ，从而得到 的值.
【详解】 ， ，
所以 时， ， 单调递减；
时， ， 单调递增；
所以 .
， ，
所以 时， ， 单调递减；
时， ， 单调递增；
所以 .
所以 ，当且仅当 时，等号成立.
而存在唯一实数 ，使得 ，
所以可得 ，所以 .
故答案为： .
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，根据函数的最值求参数的值，属于中
( )0, ∞+ ( ) xeg x x
= ( ) 22ln 1h x x x
= + + 0x
( ) ( )0 0 3g x m h x e− = m
( )g x ( )h x ( ) ( )min 1g x g e= =
( ) ( )min 1 3h x h= = ( ) ( ) 3g x h x e≥ 0 1x m− = 0 1x = m
( ) xeg x x
= ( ) ( )
2
1xe xg x x
−′ =
( )0,1x∈ ( ) 0g x′ < ( )g x ( )1,x∈ +∞ ( ) 0g x′ > ( )g x
( ) ( )min 1g x g e= =
( ) 22ln 1h x x x
= + + ( ) ( )
2 2
2 12 2 xh x x x x
−′ = − =
( )0,1x∈ ( ) 0h x′ < ( )h x ( )1,x∈ +∞ ( ) 0h x′ > ( )h x
( ) ( )min 1 3h x h= =
( ) ( ) 3g x h x e⋅ ≥ 1x =
0x ( ) ( )0 0 3g x m h x e− =
0
0
1
1
x m
x
− =
= 0m =
0
档题.
16.已知方程 恰有四个不同的实数根，当函数 时，实
数 的取值范围是____.
【答案】
【解析】
【分析】
求函数的导数，研究函数的单调性和极值，作出函数的图象，设 ，将方程根的个数
转化为一元二次方程根的分布进行求解即可．
【详解】函数 ，
由 得 ，得 或 ，此时 为增函数，
由 得 ，得 ，此时 为减函数，
即当 时，函数 取得极小值，极小值为 ，
当 时，函数 取得极大值，极大值为 ，
当 ， ，且 ，
作出函数 的图象如图：
设 ，则当 时 方程 有 3 个根，当 时 方程 有 2 个根，
当 或 时 方程 有 1 个根，
则方程 等价为 ，
若 恰有四个不同的实数根，
等价为 有两个不同的根，
当 ，方程不成立，即 ，
其中 或 ，
设 ，
2 ( ) ( ) 1 0f x kf x− + = 2( ) xf x x e=
k
2
2
4 ,4
e
e
+ +∞
( )t f x=
2( ) 2 ( 2)x x xf x xe x e x xe′ = + = +
( ) 0f x′ > ( 2) 0x x+ > 0x > 2x < − ( )f x ( ) 0f x′ < ( 2) 0x x+ < 2 0x− < < ( )f x 0x = ( )f x (0) 0f = 1a = − ( )f x 2 4( 2)f e − = 0x → ( ) 0f x > ( ) 0f x →
( )f x
( )t f x=
2
40 t e
< < ( )t f x= 2 4t e = ( )t f x= 0t = 2 4t e > ( )t f x=
2[ ( )] ( ) 1 0f x kf x− + = 2 1 0t kt− + =
2[ ( )] ( ) 1 0f x kf x− + =
2 1 0t kt− + =
0t = 0t ≠
1 2
40 t e
< < 2 2 4t e >
2( ) 1h t t kt= − +
则满足 ，得 ，
即 ，即 ，
即实数 的取值范围是 ，
故答案为
【点睛】
本题主要考查函数与方程的应用，利用换元法转化为一元二次方程根的分布，求出函数的导
数研究 的单调性和极值是解决本题的关键．
三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知函数 ， .
(1)若 ，求曲线 在 处的切线方程；
(2)若对任意的 ， ， 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1) ；(2) .
【解析】
【分析】
2
(0) 1 0
02 2
4( ) 0
h
k k
h e
= >
−− = >
− +
+ > = +
2
2
4
4
ek e
> +
k
2
2
4( , )4
e
e
+ +∞
2
2
4( , )4
e
e
+ +∞
( )f x
( ) 3 2f x x x= − ( ) ln 5ag x x x x
= − +
5a = ( )g x 1x =
m 1 ,22n ∈
( ) ( ) 2 0f m g n− + ≤ a
6 6y x= − ( , 1]−∞ −
（1）对 求导得到 ，代入 ，得到切线的斜率，结合切点，得到切线方程；
（2）根据题意，得到 ，然后利用参变分离，得到 ，设
，利用导数得到 的最小值，从而得到 的范围.
【详解】（1）因为 ，所以函数 ，
所以 ，即切点为
所以 ，
代入 ，得到 ，
故所求的切线方程为 ，
即 .
（2）对任意的 ， ， 恒成立，
可得 ，对任意的 ， 恒成立，
，令 得 或 ，
所以 时， ， 单调递减，
时， ， 单调递增，
而 ， ，所以 ，
所以 ，对任意的 恒成立，
即 对任意的 恒成立，
所以 ，对任意的 恒成立，
( )f x ( )f x′ 1x =
( ) ( )max 2f m g n≤ − 2 lna n n n≤ −
( ) 2 lnn n n nϕ = − ( )nϕ a
5a = ( ) 5ln 5g x x x x
= − +
( )1 0g = ( )1,0
( ) 2
5ln 1g x x x
′ = + +
1x = ( )1 6k g′= =
( )6 1y x= −
6 6y x= −
m 1 ,22n ∈
( ) ( ) 2 0f m g n− + ≤
( ) ( )max 2f m g n≤ − m 1 ,22n ∈
( ) 23 2f m m m′ = − ( ) 0f m′ = 0m = 2
3m =
1 2,2 3m ∈
( ) 0f m′ < ( )f m 2 ,23m ∈ ( ) 0f m′ > ( )f m
1 1
2 8f = −
( )2 4f = ( )max 4f m =
( ) 2 4g n − ≥ 1 ,22n ∈
ln 5 2 4an n n
− + − ≥ 1 ,22n ∈
2 lna n n n≤ − 1 ,22n ∈
设 ， ，则
，
设 ，
因为 ，所以 ，所以 单调递增，
即 单调递增，而 ，
所以当 ， ， 单调递减，
当 ， , 单调递增，
所以 时， 取得最小值，为 ，
所以 .
【点睛】本题考查根据导数的几何意义求函数在一点的切线，利用导数研究函数的单调性和
最值，利用导数研究不等式恒成立问题，属于中档题.
18.某同学大学毕业后，决定利用所学专业进行自主创业，经过市场调查，生产一小型电子产
品需投入固定成本 2 万元，每生产 x 万件，需另投入流动成本 C（x）万元，当年产量小于 7
万件时，C（x）= x2+2x（万元）；当年产量不小于 7 万件时，C（x）=6x+1nx+ ﹣17（万
元）．已知每件产品售价为 6 元，假若该同学生产的产 M 当年全部售完．
（1）写出年利润 P（x）（万元）关于年产量 x（万件）的函数解析式；（注：年利润=年销售
收人﹣固定成本﹣流动成本
（2）当年产量约为多少万件时，该同学的这一产品所获年利润最大？最大年利润是多少？
（取 e3≈20）
【答案】(1) (2) 当年产量约为 20 万件时，该同学的这一
产品所获年利润最大，最大利润为 11 万元
【解析】
( ) 2 lnn n n nϕ = − 1 ,22n ∈
( )mina nϕ≤
( ) 2 ln 1n n n nϕ′ = + −
( ) 2 ln 1t n n n n= + − ( ) 2ln 3t n n′ = +
1 ,22n ∈
( ) 0t n′ > ( )t n
( )nϕ′ ( ) 01ϕ′ =
1 ,12n ∈
( ) 0nϕ′ < ( )nϕ ( )1,2n∈ ( ) 0nϕ′ > ( )nϕ
1n = ( )nϕ ( )1 1ϕ = −
1a ≤ −
1
3
3e
x
( )
2
3
1 4 2 0 7,3
15 ln 7.
x x x
p x
ex xx
− + − < a
( )f x
( )f x 1x 2x ( ) ( ) ( )1 2 1 2f x f x x xλ+ < + λ 0 1a< ≤ ( )f x ( )0, ∞+ 1a >
( )f x ( )20,a a a− − ( )2 ,a a a+ − +∞
( )2 2,a a a a a a− − + − 3
2
−
( )f x 0 1a< ≤ 1a > ( )f x′ ( )f x
1a > 2 1 2x x a+ = 1 2x x a=
ln 2 1
2
a aλ − −> ( ) ln 2 1
2
a at a
− −=
λ
( )f x ( )0, ∞+ ( ) 2 2' x ax af x x
− +=
0 1a< ≤ 24 4 0a a∆ = − ≤ ( ) 2 2' 0x ax af x x − += ≥ ( )f x ( )0, ∞+ 1a > 24 4 0a a∆ = − > ( ) 2 2' 0x ax af x x
− += = 2
1 0x a a a= − − >
2
2 1 0x a a a x= − − > >
( )f x ( )20,a a a− − ( )2 ,a a a+ − +∞
( )2 2,a a a a a a− − + −
( )f x 1x 2x
( )1 2 1 2( ) ( )f x f x x xλ+ < +
所以 ，且 ， ，
，
故
所以 ，
设函数 ， ，
，所以 单调递减，
所以 ，
所以得到 ，
的最小值为
【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调区间，利用导数研究函数的单调性和最值，利用
导数研究不等式恒成立问题，属于中档题.
20.若定义在 上的函数 ， .
（1）求函数 的单调区间；
（2）若 ， ， 满足 ，则称 比 更接近 .当 且 时，试比较
和 哪个更接近 ，并说明理由.
【答案】（1）当 时， 单调递增区间为 ；当 时， 单调递增区
间为 ， 单调递减区间为 ；（2） 比 更接近 ，理由见
解析.
【解析】
【分析】
（1）对 求导，分 和 进行讨论，研究 的正负情况，从而得到 的
1a > 2
1 0x a a a= − − > 2
2 1 0x a a a x= + − > >
2 1 2x x a+ = 1 2x x a=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1ln 22f x f x a x x x x x x a x x+ = + + − − +
( ) 2ln 2a a a a= − −
( ) ( )
( )1 2
1 2
ln 2 1
2
f x f x a a
x x
λ + − −> =+ 1a >
( ) ln 2 1
2
a at a
− −= 1a >
( ) 1 1 02t a aa
′ = − ( )f x
( )ln ,a +∞ ( )f x ( ),ln a−∞ e
x
1xe a− + ln x
( )f x 0a ≤ 0a > ( )f x′ ( )f x
单调区间；（2）设 ， ，
利用导数研究出 和 在 的单调性和正负情况，分 和 进行讨论，
得到 和 的大小关系，从而得到答案.
【详解】（1）函数 ，
求导得到 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增；
当 时，由 ，得到 ，
所以 时， ， 单调递减，
时， ， 单调递增，
综上所述，当 时， 单调递增区间为 ；当 时， 单调递增区间
为 ， 单调递减区间为 ；
（2）设 ，
所以 ，所以 在 时单调递减，
又因为
所以当 时 ，当 时， .
而 ，设 ，则 ，
所以 在 上单调递增，即 在 上单调递增，
而 ，所以 时， ，
所以 在 时单调递增，且 ，
所以 .
①当 时 ，
设 ，则
( ) lnep x xx
= − ( ) 1 lnxq x e a x−= + −
( )p x ( )q x [ )1,+∞ 1 x e≤ ≤ x e>
( )p x ( )q x
( ) ( )1xf x e a x= − −
( ) xf x e a′ = −
0a ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x R
0a > ( ) 0f x′ = lnx a=
( ),lnx a∈ −∞ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )ln ,x a∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x
0a ≤ ( )f x ( ),−∞ +∞ 0a > ( )f x
( )ln ,a +∞ ( )f x ( ),ln a−∞
( ) lnep x xx
= − ( ) 1 lnxq x e a x−= + −
( ) 2
1' 0ep x x x
= − − < ( ) lnep x xx = − 1x ≥ ( ) 0p e = 1 x e≤ ≤ ( ) 0p x ≥ x e> ( ) 0p x < ( ) 1 1' xq x e x −= − ( ) 1 1xt x e x −= − ( ) 1 2 1 0xt x e x −′ = + >
( )t x [ )1,x∈ +∞ ( )q x′ [ )1,x∈ +∞
( )1 0q′ = [ )1,x∈ +∞ ( ) 0q x′ ≥
( ) 1 lnxq x e a x−= + − 1x ≥ ( )1 2 0q a= + >
( ) 1 ln 0xq x e a x−= + − >
1 x e≤ ≤ ( ) ( ) ( ) ( ) 1xep x q x p x q x e ax
−− = − = − −
( ) 1xem x e ax
−= − − ( ) 1
2 0xem x ex
−′ = − − ( ) 0p x < ( ) ( ) ( ) ( ) 1 12ln 2lnx xep x q x p x q x x e a x e ax − −− = − − = − + − − < − − ( ) 12ln xn x x e a−= − − ( ) 12' xn x ex −= − ( ) 12 xx ex ω −= − ( ) 1 2 2 0xx ex ω −= − − < ( )xω ( ),e +∞ ( )n x′ ( ),e +∞ ( ) ( ) 12 0en x n e ee −′ ′< = − < ( )n x ( ),e +∞ ( ) ( ) 0n x n e< < ( ) ( )p x q x< e x 1xe a− + ln x 2a ≥ 1x ≥ e x 1xe a− + ln x ( ) 1ln 1f x x a x = + − a R∈ ( ) 0f x ≥ a ( )1 2 ln 2xe x e xx + ≥ − + − { }1
（1） ,讨论当 和 时函数单调性求最小值即可求解；（2）
由 （ 1 ），可 知 当 时 ， ， 即 在 恒 成 立 . 要 证
， 只 需 证 当 时 ， . 构 造
，证明 即可
【详解】（1）由已知，有 .
当 时， ，与条件 矛盾；
当 时，若 ，则 ， 单调递减；
若 ，则 ， 单调递增.
∴ 在 上有最小值
由题意 ，∴ .
令 .∴ .
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减.
∴ 在 上有最大值 .∴ .
∴ .
∴ ，∴ ，
综上，当 时，实数 取值的集合为 .
（2）由（1），可知当 时， ，即 在 恒成立.
要证 ，
只需证当 时， .
令 .则 .
令 则 .
( ) 2 2
1 a x af x x x x
=′ −= − a 0≤ a 0>
a 1= ( )f x 0≥ 1lnx 1 x
≥ − ( )x 0,+∞∈
( )x 21e 2 lnx x e 2 xx
+ ≥ − + + − x 0> ( )x 2e x e 2 x 1 0− − − − ≥
( ) ( ) ( )x 2h x e x e 2 x 1 x 0= − − − − ≥ ( ) 0minh x ≥
( ) 2 2
1 a x af x x x x
=′ −= −
a 0≤ 1f ln2 a 02
= − + ( )x 0,a∈ ( )f x 0′ < ( )f x ( )x a, ∞∈ + ( )f x 0′ > ( )f x
( )f x ( )0, ∞+ ( ) 1f a lna a 1 lna 1 aa
= + − = + −
( )f x 0≥ lna 1 a 0+ − ≥
( )g x lnx x 1= − + ( ) 1 1 xg x 1x x
−= − =′
( )x 0,1∈ ( )g x 0′ > ( )g x
( )x 1, ∞∈ + ( )g x 0′ < ( )g x ( )g x ( )0, ∞+ ( )g 1 0= ( )g x lnx x 1 0= − + ≤ lna a 1 0− + ≤ lna a 1 0− + = a 1= ( )f x 0≥ a { }1 a 1= ( )f x 0≥ 1lnx 1 x ≥ − ( )x 0,+∞∈ ( )x 21e 2 lnx x e 2 xx + ≥ − + + − x 0> ( )x 2e x e 2 x 1 0− − − − ≥
( ) ( ) ( )x 2h x e x e 2 x 1 x 0= − − − − ≥ ( ) ( )xh x e 2x e 2= − − −′
( ) ( )xu x e 2x e 2= − − − ( ) xu x e 2′ = −
由 ，得 .
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.
即 在 上单调递减，在 上单调递增.
而 ， ，
∴ ，使得 .
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递
减；当 时， ， 单调递增.
又 ， ，
∴对 ， 恒成立，即 .
综上所述， 成立.
【点睛】本题考查导数与函数的最值，利用导数证明不等式，转化化归思想，分类讨论，合
理利用（1）的结论证明（2）是关键，是中档题
22.已知函数 （ ）.
（1）若 ，证明：当 时， ；
（2）若对于任意的 且 ，都有 ，求 的取值集合.
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【解析】
【分析】
（1）将问题转化为当 时， ，利用导数得到 的单调
性和最值，进行证明；（2）通过函数端值得到 ，将问题等价于当 时，
，对 进行分类，通过导数得到 的单调性，从而得到符合
要求的 .
( )u x 0′ = x ln2=
[ )x 0,ln2∈ ( )u x 0′ < ( )u x [ )x ln2, ∞∈ + ( )u x 0′ > ( )u x
( )h x′ ( )0,ln2 ( )ln2, ∞+
( ) ( )h 0 1 e 2 3 e 0= − − = − >′ ( ) ( )h ln2 h 1 0< ′ =′ ( )0x 0,ln2∃ ∈ ( )0h x 0′ = ( )0x 0,x∈ ( )h x 0′ > ( )h x ( )0x x ,1∈ ( )h x 0′ < ( )h x ( )x 1, ∞∈ + ( )h x 0′ > ( )h x
( )h 0 1 1 0= − = ( ) ( )h 1 e 1 e 2 1 0= − − − − =
x 0∀ > ( )h x 0≥ ( )x 2e x e 2 x 1 0− − − − ≥
( )x 21e 2 lnx x e 2 xx
+ ≥ − + + −
( ) 1
1f x ax
= +− a∈R
2a = 1x > ( )2ln x f x>
0x > 1x ≠ ( )( )2 ln 1a f x x− ⋅ > a
1
2
1x > 12ln 21x x
+ >− ( ) 12ln 1g x x x
= + −
0 1a≤ ≤ 1x >
( ) ( )
1ln 01 1
xx x a x
ϕ −= − >− + a ( )xϕ
a
详解】（1）当 时， ，
要证当 时， ，
即证当 时，
令 ，
当 时， ， 在 内单调递减
当 时， ， 在 内单调递增，
故 .证毕.
(2)先分析端值，当 时， ， ，
要使 ，需有 ，即 ；
当 时， ， ，
要使 ，需有 ；
故必须有 .
由 知其分子恒正，
令 ，
于是问题等价于当 时， ；
当 时， .
注意到 .
【 2a = ( ) 1 21f x x
= +−
1x > ( )2ln x f x>
1x > 12ln 21x x
+ >−
( ) 12ln 1g x x x
= + −
( ) ( ) ( )
( )( )
( )
2
2 2 2
2 1 22 1 2 5 2
1 1 1
x xx xg x x x x x x x
− −− +′ = − = =
− − −
1 2x< < ( ) 0g x′ < ( )g x ( )1,2 2x > ( ) 0g x′ > ( )g x ( )2,+∞
( ) ( )min 2 2ln 2 1 ln 4 1 ln 1 2g x g e= = + = + > + =
0x +→ ln x → −∞ 1 11 a ax
+ → − +−
1 ln 11 a xx
+ > − 1 0a− + ≤ 1a ≤
x → +∞ ln x → +∞ 1
1 a ax
+ →−
1 ln 11 a xx
+ > − 0a ≥
0 1a≤ ≤
( )1 11
1 1
a xax x
− ++ =− −
( ) ( )
1ln 1 1
xx x a x
ϕ −= − − +
1x > ( ) 0xϕ >
0 1x< < ( ) 0xϕ < ( )1 0ϕ = ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 1 1 ' 1 a x a x x x ax a ϕ − − − = − −
①当 时 ，
此时当 时， ， 在 单调递减，
于是 ，这不符合题意；
②当 时， ，得 ， .
（i）当 时， ， ， 在 单调递增，
结合 可知符合题意；
（ii）当 时， ，此时当 时 ，
于是在 在 单调递减，
故在 内 ，这不符合题意；
（iii）当 时， ，此时当 时 ，
于是在 在 单调递减，
故在 内 ，这不符合题意；
综上：符合题意的 取值集合为 .
【点睛】本题考查利用导数证明不等式恒成立问题，利用导数研究函数的单调性、极值和最
值，考查了分类讨论的思想，属于难题.
0a = ( ) 1' xx x
ϕ −= −
1x > ( )' 0xϕ < ( )xϕ ( )1,+∞ ( ) ( )1 0xϕ ϕ< = 0a ≠ ( )' 0xϕ = 2 1 1 1x a = − 2 1x = 1 2a = 1 2x x= ( )' 0xϕ ≥ ( )xϕ ( )0, ∞+ ( )1 0ϕ = 10 2a< < 1 2x x>
211, 1x a
∈ −
( )' 0xϕ < ( )xϕ 211, 1a − 211, 1a − ( ) ( )1 0xϕ ϕ< = 1 2a > 1 2x x< 21 1 ,1x a ∈ − ( )' 0xϕ < ( )xϕ 21 1 ,1a − 21 1 ,1a − ( ) ( )1 0xϕ ϕ> =
a 1
2
微信/支付宝扫码支付