专题十 导数 第三篇 经典考题体验篇--《2021年高考考前必读》【解析版】

第三篇 经典考题体验篇 专题十 导数 一、单选题 1．（2011·浙江省高考真题（文））设函数 2( ) ( , , )f x ax bx c a b c R    ，若 1x   为函数 ( ) xf x e 的一 个极值点，则下列图像不可能为 ( )y f x 的图像是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】   2f x ax b   ，令  ( ) xg x f x e 则  ( ) ( )x xg x f x e f x e   ( ( )) xf x f x e  2 2(2 ) [ (2 ) ( )]x xax b ax bx c e ax a b x b c e          ，因为 1x   为函数 ( )g x 的一个极值点，所以 1x   是 2 (2 ) ( ) 0ax a b x b c     的一个根，即 2 (2 )( 1) ( ) 0 (2 ) 4 ( ) 0 a a b b c a b a b c             于是 0 a c b    ，  1 2f a b c a b      ， 2 2 24 4 ( 2 )( 2 )b ac b a b a b a        1 2 0f a b    则 0 故 A、B 可能；对于 D，  1 2 0f a b    ， 0a  ，则 12 b a    ，与图矛 盾，不可能，故选 D 2．（2020·全国高考真题（理））若直线 l 与曲线 y= x 和 x2+y2= 1 5 都相切，则 l 的方程为（ ） A．y=2x+1 B．y=2x+ 1 2 C．y= 1 2 x+1 D．y= 1 2 x+ 1 2 【答案】D 【解析】 根据导数的几何意义设出直线l 的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案. 【详解】 设直线l 在曲线 y x 上的切点为 0 0,x x ，则 0 0x  ， 函数 y x 的导数为 1 2 y x   ，则直线l 的斜率 0 1 2 k x  ， 设直线l 的方程为  0 0 0 1 2 y x x x x    ，即 0 02 0x x y x   ， 由于直线l 与圆 2 2 1 5x y  相切，则 0 0 1 1 4 5 x x   ， 两边平方并整理得 2 0 05 4 1 0x x   ，解得 0 1x  ， 0 1 5x   （舍）， 则直线l 的方程为 2 1 0x y   ，即 1 1 2 2y x  . 故选：D. 3．（2021·全国高三其他模拟）已知函数   2020 sinf x x x  ，且3 2x  ， ln2y  ， 1 28z   ，则  f x ，  f y ，  f z 的大小关系为（ ） A．      f x f y f z  B．      f y f x f z  C．      f z f y f x  D．      f z f x f y  【答案】B 【解析】 先判断函数的奇偶性和单调性，然后利用对数函数和指数函数的性质比较 , ,x y z 的大小，再利用 ( )f x 的单 调性可得结论 【详解】 ∵    f x f x   ，函数  f x 为奇函数，又   2020 cos 0f x x    ， ∴  f x 在 R 上单调递增． ∵3 2x  ，∴ 3log 2x  ， 又 ln2y  ，由对数的性质可知 y x ，且 3 1log 3 2y x   ，而 1 2 1 18 22 2 z     ， ∴      f y f x f z  ， 故选：B． 4．（2021·全国高三其他模拟）已知函数    2 5 xf x x e  ，   3 21 23g x x x a   ，若    f x g x 对 xR 恒成立，则 a 的取值范围是（ ） A． 4 322 ,3e     B． 3 ,e  C． 2 324 ,3e     D． 6 ,e  【答案】A 【解析】 令      h x f x g x     3 212 5 23 xx e x x a    ，求导，分析导函数的正负，得所函数的单调性和最 值，由不等式恒成立思想可得选项． 【详解】 令      h x f x g x     3 212 5 23 xx e x x a    ，则     4 2 xh x x e x    ， 令   2 xs x e x  ，则   2 1xs x e   ，令   0s x  ，解得 1ln 2x  ，令   0s x  ，解得 1ln 2x  ， 故  s x 在 1,ln 2     上单调递减，在 1ln ,2     上单调递增，故  min 1 1ln 1 ln 02 2s x s       ． 令   0h x  ，解得 4x  ，令   0h x  ，解得 4x  ，故  h x 在 ,4 上单调递减，在 4, 上单调递 增，故     4 min 324 2 03h x h e a      ，解得 4 322 2a e  ， 故选：A． 方法点睛：不等式恒成立问题常见方法： ① 分离参数  a f x 恒成立(  maxa f x 即可)或  a f x 恒成立（  mina f x 即可）； ② 数形结合(  y f x 图象在  y g x 上方即可)； ③ 讨论最值  min 0f x  或  max 0f x  恒成立. 二、多选题 5．（2021·全国高三其他模拟）已知函数   xf x e ax a   ， aR ，则（ ） A．若  f x 在 R 上单调递增，则 0a  B．若函数     111 ln 1 xxg x f x ex     ，则  g x 为奇函数 C． 0a  时，若函数     2 1log 11 xxg x f x ex     ，则 x 的取值范围是   ,1 3,  D．若函数  f x 不存在零点，则 2 0e a   【答案】BD 【解析】 对于 A，举反例进行判断；对于 B，先求出函数的定义域，再利用奇形怪状偶性的定义判断即可；对于 C， 由题意可得 1 0,1 1 2,1 x x x x       从而可求出 x 的取值范围；对于 D，令 ( ) 0f x = ，当 1x  时， e 1 x a x   ，构造函 数   e 1 x h x x   ，利用导数求出其单调区间，再画出函数的大致图像，由图像可得答案 【详解】 当 0a  时，   xf x e 在 R 上单调递增，故 A 错误； ∵     11 11 ln e ln1 1 xx xg x f x axx x         ， ∴定义域    , 1 1,    ，且      1 1 1ln ln ln1 1 1 x x xg x a x ax ax g xx x x                   ， 故 B 正确； 当 0a  时，     2 2 1 1log e log 11 1 xx xg x f x x x        ，∴ 1 0,1 1 2,1 x x x x       ∴ 1x   或 3x  ，故 C 错误； 令 ( ) 0f x = ，则  1 exa x    ．当 1x  ，则 0 e  不成立，当 1x  ，则 e 1 x a x   ，设   e 1 x h x x   ， 则      2 e 2 1 x xh x x    ，∴  h x 在 ,1 单调递增，在  1,2 单调递增，在 2, 单调递减，∴  h x 的 大致图象如图所示，∴若函数  f x 不存在零点，则 2e 0a   ，故 D 正确， 故选：BD． 6．（2021·全国高三其他模拟）关于函数   1cos cosf x x x   ，下列结论正确的是（ ） A．  y f x 的图象关于直线  x k k Z 对称 B．  y f x 的图象关于点  ,02k k     Z 对称 C．  y f x 在 ,2 π π     上单调递减 D．  y f x 有最小值 【答案】AB 【解析】 根据函数解析式，判断函数对称性，求导研究函数单调性及最值情况. 【详解】 由诱导公式     cos cosk x k x k    Z ，  cos cos2 2k x k x k                  Z ， 所以     f k x f k x k    Z ，  2 2f k x f k x k                  Z ， 即  y f x 的图象关于直线  x k k Z 对称，  y f x 的图象关于点  ,02k k     Z 对称，所 以 A 选项、B 选项正确；   2 sinsin sin sin 0cos 2f xx xx x xx              ， 则  y f x 在 ,2 π π     上单调递增，C 选项错误； 当 ,2x      趋近 2  时，  f x 趋于负无穷大，所以  y f x 没有最小值，则 D 选项错误. 故选：AB. 7．（2021·全国高三其他模拟）已知函数   axf x e （ e 是自然对数的底数），   2g x x 的图像在  0,16 上 有两个交点，则实数 a 的值可能是（ ） A． 1 2 B． ln 2 2 C． ln 2 4 D． 2 e 【答案】AB 【解析】 由函数   axf x e ，   2g x x 的图像在  0,16 上有两个交点，转化为方程 1 ln 2 xa x  在 0,16 上有两个不 等实根，设   ln xh x x  ，  0,16x ，利用导数求得函数的单调性，画出函数的图象，结合图象和选项， 即可求解. 【详解】 由函数   axf x e ，   2g x x 的图像在  0,16 上有两个交点 可转化为方程 2axe x 在 0,16 上有两个不等的实数根， 即方程 2lnax x 在  0,16 上有两个不等实根， 即方程 1 ln 2 xa x  在  0,16 上有两个不等实根． 设   ln xh x x  ，  0,16x ，则   2 1 ln xh x x   ， 当 0 x e  时，   0h x  ，  h x 单调递增； 当 16e x  时，   0h x  ，  h x 单调递减，所以     1h x h e e   ， 又由   ln 216 4h  ，且当 0x  时，  h x   ， 故可由此作出  h x 的大致图像，如图所示，则由图像可知 ln 2 1 1 4 2 a e   ，解得 ln 2 2 2 a e   ， 结合选项可知 A，B 符合题意. 故选：AB. 【点睛】 函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略： 1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从  f x 中分离 参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通 过解不等式确定参数的取值范围； 2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数 的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各 个小范围并在一起，即可为所求参数的范围. 8．（2021·全国高三其他模拟）已知 0a b  ， 2a b  ，则（ ） A． a b 的最大值是 9 4 B． 12 2 a b 的最小值是 4 2 C． sin 2 a b D． ln 1 b a 【答案】BC 【解析】 求得 0 1 2b a    ，利用二次函数的基本性质可判断 A 选项的正误；利用基本不等式可判断 B 选项的正 误；构造函数   2 sinf x x x   ，其中 0 1x  ，利用函数的单调性可判断 C 选项的正误；构造函数   2 lng x x x   ，其中1 2x  ，利用函数单调性可判断 D 选项的正误. 【详解】 0a b  ， 2 2a b b   ，所以， 0 1b  ，  2 1,2a b    ，所以， 0 1 2b a    . 对于 A 选项， 21 9 92 2 4 4a b a a a             ，A 选项错误； 对于 B 选项，由基本不等式可得 1 1 1 32 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2a b a b a b         ， 当且仅当 3 2 1 2 a b     时，等号成立，即 12 2 a b 的最小值是 4 2 ，B 选项正确； 对于 C 选项， sin 2 sina b b b    ，令   2 sinf x x x   ，其中 0 1x  ， 则   cos 1 0f x x    ，所以，函数  f x 在区间  0,1 上单调递减， 因为 0 1b  ，所以，    0 2f b f  ，即 sin 2 sin 2a b b b     ，C 选项正确； 对于 D 选项， ln 2 lnb a a a    ， 构造函数   2 lng x x x   ，其中1 2x  ，则   1 11 0xg x x x      ， 所以，函数  g x 在区间  1,2 上为减函数， 1 2b  ，    1 1g b g   ， 即 ln 2 ln 1b a a a     ，D 选项错误. 故选：BC. 9．（2021·山东高三专题练习）函数 ln( ) xf x x  ，则下列说法正确的是（ ） A． (2) (3)f f B． ln e   C．若 ( )f x m 有两个不相等的实根 1 2x x、 ，则 2 1 2x x e D．若 2 5 ,x y x y 、 均为正数，则 2 5x y 【答案】BD 【解析】 求出导函数，由导数确定函数日单调性，极值，函数的变化趋势，然后根据函数的性质判断各选项． 由对数函数的单调性及指数函数单调性判断 A，由函数 ( )f x 性质判断 BC，设 2 5x y k  ，且 ,x y 均为正 数，求得 2 52 ln ,5 lnln 2 ln5x k y k  ，再由函数 ( )f x 性质判断 D． 【详解】 由 ln( ) , 0xf x xx   得： 2 1 ln( ) xf x x   令 ( ) 0f x  得， x e 当 x 变化时， ( ), ( )f x f x 变化如下表： x (0, )e e ( , )e  ( )f x  0  ( )f x 单调递增 极大值 1 e 单调递减 故， ln( ) xf x x  在 (0, )e 上递增，在 ( , )e  上递减， 1( )f e e  是极大值也是最大值，x e 时，x   时， ( ) 0f x  ，且 x e 时 ( ) 0f x  ， 0 1x  时， ( ) 0f x  ， (1) 0f  ， A． 11 32ln 2(2) ln 2 , (3) ln32f f   6 61 11 1 3 32 23 2 3 2 (3) (2)f f                ，故 A 错 B． e e  ，且 ( )f x 在 (0, )e 单调递增 ln ln ln ln( ) ( ), lne ef e f e ee             ，故：B 正确 C． ( )f x m 有两个不相等的零点    1 2 1 2,x x f x f x m   不妨设 1 20 x e x   要证： 2 1 2x x e ，即要证： 2 2 1 2 2 2 , ( )e ex x e e f xx x      在 (0, )e 单调递增，∴只需证：   2 1 2 ef x f x       即：   2 2 2 ef x f x       只需证：   2 2 2 0ef x f x       ……① 令 2 ( ) ( ) ,( )eg x f x f x ex       ，则 2 2 1 1( ) (ln 1)g x x e x        当 x e 时， 2 2 1 1ln 1, ( ) 0 ( )x g x g xe x      在 ( , )e  单调递增  2 2 ( ) 0x e g x g e    ，即：   2 2 2 0ef x f x       这与①矛盾，故 C 错 D．设 2 5x y k  ，且 ,x y 均为正数，则 2 5 ln lnlog , logln 2 ln5 k kx k y k    2 52 ln ,5 lnln 2 ln5x k y k   11 52ln 2 ln5ln 2 , ln52 5   且 10101 11 1 5 32 22 5 2 5                ln 2 ln5 2 50 2 52 5 ln 2 ln5 x y       ，故 D 正确． 故选：BD． 三、填空题 10．（2020·全国高考真题（文））设函数 e( ) x f x x a   ．若 (1) 4 ef   ，则 a=_________． 【答案】1 【解析】 由题意首先求得导函数的解析式，然后得到关于实数 a 的方程，解方程即可确定实数 a 的值 【详解】 由函数的解析式可得：          2 2 1x x xe x a e e x af x x a x a         ， 则：         1 2 2 1 11 1 1 e a aef a a        ，据此可得：  2 41 ae e a   ， 整理可得： 2 2 1 0a a   ，解得： 1a  . 故答案为：1. 11．（2020·全国高考真题（文））曲线 ln 1y x x   的一条切线的斜率为 2，则该切线的方程为 ______________. 【答案】 2y x 【解析】 设切线的切点坐标为 0 0( , )x y ，对函数求导，利用 0 | 2xy  ，求出 0x ，代入曲线方程求出 0y ，得到切线的 点斜式方程，化简即可. 【详解】 设切线的切点坐标为 0 0 1( , ), ln 1, 1x y y x x y x       ， 0 0 0 0 1| 1 2, 1, 2x xy x yx      ，所以切点坐标为 (1,2) ， 所求的切线方程为 2 2( 1)y x   ，即 2y x . 故答案为： 2y x . 12．（2020·江苏高考真题）在平面直角坐标系 xOy 中，已知 3( 0)2P ， ，A，B 是圆 C： 2 21( ) 362x y   上的 两个动点，满足 PA PB ，则 △ PAB 面积的最大值是__________． 【答案】10 5 【解析】 根据条件得 PC AB ,再用圆心到直线距离表示三角形 PAB 面积，最后利用导数求最大值. 【详解】 PA PB PC AB  Q 设圆心C 到直线 AB 距离为 d ，则 2 3 1| |=2 36 ,| | 14 4AB d PC    所以 2 2 21 2 36 ( 1) (36 )( 1)2PABS d d d d      V 令 2 2 2(36 )( 1) (0 6) 2( 1)( 2 36) 0 4y d d d y d d d d              （负值舍去） 当 0 4d  时， 0y  ；当 4 6d  时， 0y  ，因此当 4d  时，y 取最大值，即 PABS 取最大值为10 5 ， 故答案为：10 5 13．（2021·全国高三其他模拟）已知函数 ( ) (ln )( )f x m x x m  R 的图像与 2( ) 2lng x x x  的图像在区 间 1,ee      上存在关于 x 轴对称的点，则 m 的取值范围是______． 【答案】 2e 21, e 1      【解析】 将问题转化为 2 2ln ln x xm x x   在区间 1,ee      上有解，令 2 2ln( ) ln x xh x x x   ，求导分析单调性，求出极值与 端点处的函数值，即可求 m 的取值范围． 【详解】 当 1,eex     时，直线 y x 在 lny x 图像的上方，故当 1,eex     时， ln 0x x  ． 因为函数 ( ) (ln )( )f x m x x m  R 的图像与 2( ) 2lng x x x  的图像在区间 1,ee      上存在关于 x 轴对称的点，等价于方程 2(ln ) 2ln 0m x x x x    ， 即 2 2ln ln x xm x x   在区间 1,ee      上有解．令 2 2ln( ) ln x xh x x x   ， 1,eex     ， 则 2 ( 1)( 2 2ln )( ) ( ln )      x x xh x x x ，因为 1,eex     ，所以 2 2 2lnx x   ， 则由 ( ) 0h x  ，得 1x  ，当 1 ,1ex     时， ( ) 0h x  ， 当  1,x e ，时， ( ) 0h x  ，所以 ( )h x 在 1 ,1e     上单调递减，在 (1,e] 上单调递增． 又 2 2 2 1 12ln1 1 2ee e 1 1e e elne e h              ， 1 2ln1(1) 11 ln1h   ， 2 2e 2ln e e 2(e) e ln e e 1h     ， 2 2 2 1 2e 2e 12 2e e e e      ， 2 2e 2 e 1 1 1e 1 2e 1 e 1 e 1          ， 所以实数 m 的取值范围为 2e 21, e 1      ． 故答案为： 2e 21, e 1      14．（2019·江苏省高考真题）在平面直角坐标系 xOy 中，点 A 在曲线 y=lnx 上，且该曲线在点 A 处的切线 经过点（-e，-1)(e 为自然对数的底数），则点 A 的坐标是____. 【答案】 (e, 1) . 【解析】 设点  0 0,A x y ，则 0 0lny x .又 1y x   ， 当 0x x 时， 0 1y x   ， 点 A 在曲线 lny x 上的切线为 0 0 0 1 ( )y y x xx    ， 即 0 0 ln 1xy x x    ， 代入点 , 1e  ，得 0 0 1 ln 1ex x     ， 即 0 0lnx x e ， 考查函数   lnH x x x ，当  0,1x 时，   0H x  ，当  1,x  时，   0H x  ， 且  ' ln 1H x x  ，当 1x  时，    ' 0,H x H x 单调递增， 注意到  H e e ，故 0 0lnx x e 存在唯一的实数根 0x e ，此时 0 1y  ， 故点 A的坐标为  ,1A e . 15．（2019·江苏省高考真题）在平面直角坐标系 体 中，P 是曲线 曲 ൐ 上的一个动点，则点 P 到直线 x+y=0 的距离的最小值是_____. 【答案】4. 【解析】 当直线 曲 ൐ 平移到与曲线 曲 相切位置时，切点 Q 即为点 P 到直线 曲 ൐ 的距离最小. 由 曲 ㌳ 䀿 曲䀿 ㌳ ，得 曲 䀿 舍 ， 曲 ㈱ ， 即切点 ㈱ ， 则切点 Q 到直线 曲 ൐ 的距离为 ㈱ ㌳㌳ 曲 ， 故答案为： ． 四、解答题 16．（2020·北京高考真题）已知函数 2( ) 12f x x  ． （Ⅰ）求曲线 ( )y f x 的斜率等于 2 的切线方程； （Ⅱ）设曲线 ( )y f x 在点 ( , ( ))t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ( )S t ，求 ( )S t 的最小值． 【答案】（Ⅰ） 2 13 0x y   ，（Ⅱ）32. 【解析】 （Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果； （Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最 后利用导数可求得最值. 【详解】 （Ⅰ）因为   212f x x  ，所以   2f x x   ， 设切点为 0 0,12x x ，则 02 2x   ，即 0 1x  ，所以切点为 1,11 ， 由点斜式可得切线方程为：  11 2 1y x    ，即 2 13 0x y   . （Ⅱ）显然 0t  ， 因为  y f x 在点 2,12t t 处的切线方程为：    212 2y t t x t     ， 令 0x  ，得 2 12y t  ，令 0y  ，得 2 12 2 tx t  ， 所以  S t    2 21 12122 2 | | tt t    ， 不妨设 0t  ( 0t  时，结果一样 ) ， 则   4 2 324 144 1 144( 24 )4 4 t tS t t tt t      ， 所以  S t  4 2 2 2 2 1 144 3( 8 48)(3 24 )4 4 t tt t t     2 2 2 2 2 3( 4)( 12) 3( 2)( 2)( 12) 4 4 t t t t t t t       ， 由   0S t  ，得 2t  ，由   0S t  ，得 0 2t  ， 所以  S t 在 0,2 上递减，在  2, 上递增， 所以 2t  时，  S t 取得极小值， 也是最小值为   16 162 328S   . 17．（2021·全国高三其他模拟）已知函数     21 ln 1 02f x ax x a    ，   sing x x ． （Ⅰ）求  f x 的极值点； （Ⅱ）当 0, 2x     时，     0f x g x  ，求 a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ） 1, . 【解析】 （Ⅰ）求得  f x 定义域和  f x 后，令   2 1m x ax ax   ，分别在 0  和 0  两种情况下，根据  m x 的正负确定  f x 的正负，得到  f x 的单调性，根据极值点的定义可得结果； （Ⅱ）记      h x f x g x  ， 0, 2x     ，求导后，令    F x h x ；分别在 1a  和 0 1a  两种情 况下，根据  F x 的正负可确定  h x 单调性，进而确定  h x 的正负，由此知  h x 单调性，根据单调性验 证不等式是否恒成立，由此得到结论. 【详解】 （Ⅰ）  f x 的定义域为  1,  ，     21 1 01 1 ax axf x ax ax x        ， 令   2 1m x ax ax   ，则  2 4 4a a a a     ； ①当 0  ，即 0 4a  时，   0m x  ，则   0f x  ，  f x 在 1,  上单调递增，无极值点； ②当 0  ，即 4a  时，令   0m x  ，解得：   1 4 2 a a ax a    ，   2 4 2 a a ax a      2 2 1 4 41 02 2 a a a a a ax a a        ， 1 1x   ，则 2 1 1x x   ； 当  11,x x  和 2,x  时，   0f x  ；当  1 2,x x x 时，   0f x  ；  f x 在 11, x ， 2,x  上单调递增，在 1 2,x x 上单调递减，  f x 的极大值点为  4 2 a a ax a    ，极小值点为  4 2 a a ax a    . 综上所述：当 0 4a  时，  f x 无极值点；当 4a  时，  f x 的极大值点为  4 2 a a ax a    ，极小 值点为  4 2 a a ax a    . （Ⅱ）记      h x f x g x  ， 0, 2x     ， 则    21 ln 1 sin2h x ax x x    ， 0, 2x     ，   1 cos1h x ax xx     ． 记    F x h x ，则    2 1 sin 1 F x a x x      ． ①当 1a  ， 0, 2x     时，   0F x  ，  F x 在 0, 2      上为增函数，又  0 0F  ，  h x 在 0, 2      上为增函数，又  0 0h  ， 当 0, 2x     时，     0f x g x  ． ②当 0 1a  时，  0 1 0F a    ， 2 11 02 12 F a              ， 存在 0, 2x t      ，使得   0F t  ， 当  0,x t 时，，   0F x  ，此时  F x 在 0,t 上为减函数， 又  0 0F  ．当  0,x t 时，   0F x  ，即   0h x  ， 当  0,x t 时，  h x 为减函数，又  0 0h  ，    0h x  不满足题意； 综上所述： a 的取值范围为 1, . 18．（2020·天津高考真题）已知函数 3( ) ln ( )f x x k x k R   ， ( )f x 为 ( )f x 的导函数． （Ⅰ）当 6k  时， （i）求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程； （ii）求函数 9( ) ( ) ( )g x f x f x x    的单调区间和极值； （Ⅱ）当 3k … 时，求证：对任意的 1 2, [1, )x x   ，且 1 2x x ，有        1 2 1 2 1 22 f x f x f x f x x x     ． 【答案】（Ⅰ）（i） 9 8y x  ；（ii） ( )g x 的极小值为 (1) 1g  ，无极大值；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】 (Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可； (ii)首先求得  g x 的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可； （Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令 1 2 x tx  ，将原问题转化为与t 有关的函数，然后构造新函数，利用 新函数的性质即可证得题中的结论. 【详解】 (Ⅰ) (i) 当 k=6 时，   3 6lnf x x x  ，   2 6' 3f x x x   .可得  1 1f  ，  ' 1 9f  ， 所以曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程为  1 9 1y x   ，即 9 8y x  . (ii) 依题意，    3 2 33 6ln , 0,g x x x x xx       . 从而可得   2 2 6 3' 3 6g x x x x x     ， 整理可得： 3 2 3( 1) ( 1)( ) x xg x x    ， 令  ' 0g x  ，解得 1x  . 当 x 变化时，    ' ,g x g x 的变化情况如下表： x ( )0,1 1x  ( )1,+¥  'g x  0   g x 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数 g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)； g(x)的极小值为 g(1)=1，无极大值. （Ⅱ）证明：由 3( ) lnf x x k x  ，得 2( ) 3 kf x x x    . 对任意的 1 2, [1, )x x   ，且 1 2x x ，令 1 2 ( 1)x t tx   ，则            1 2 1 2 1 22x x f x f x f x f x       2 2 3 3 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 3 3 2 ln xk kx x x x x x kx x x                   3 3 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 3 3 2 lnx x xx x x x x x k kx x x             3 3 2 2 13 3 1 2lnx t t t k t tt           . ① 令 1( ) 2ln , [1, )h x x x xx      . 当 x>1 时， 2 2 1 2 1( ) 1 1 0h x x x x           ， 由此可得  h x 在 1, 单调递增，所以当 t>1 时，    1h t h ，即 1 2ln 0t tt    . 因为 2 1x  ， 3 2 33 3 1 ( 1) 0t t t t      ， 3k   ， 所以    3 3 2 3 2 2 1 13 3 1 2ln 3 3 1 3 2lnx t t t k t t t t t t tt t                     … 3 2 33 6ln 1t t t t      . ② 由(Ⅰ)(ii)可知，当 1t  时，    1g t g ，即 3 2 33 6ln 1t t t t     ， 故 3 2 33 6ln 1 0t t t t      ③ 由①②③可得            1 2 1 2 1 22 0x x f x f x f x f x      . 所以，当 3k   时，任意的  1 2, 1,x x   ，且 1 2x x ，有        1 2 1 2 1 22 f x f x f x f x x x     . 19．（2020·海南高考真题）已知函数 1( ) e ln lnxf x a x a   ． （1）当 a e 时，求曲线 y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若 f（x）≥1，求 a 的取值范围． 【答案】（1） 2 1e  （2）[1, ) 【解析】 （1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后 根据三角形面积公式得结果； （2）解法一：利用导数研究，得到函数  f x 得导函数  ’f x 的单调递增，当 a=1 时由  ’ 1 0f  得    1 1minf x f  ,符合题意；当 a>1 时，可证 1( ) (1) 0f fa    ，从而  'f x 存在零点 0 0x  ，使得 0 1 0 0 1( ) 0xf x ae x     ，得到 min( )f x ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式 可以证得   1x  恒成立；当 0 1a  时，研究  f 1 .即可得到不符合题意.综合可得 a 的取值范围. 解法二：利用指数对数的运算可将   11 1lna x lnxf x e lna x e lnx      转化为 , 令   xg x e x  ,上述不等式等价于    1g lna x g lnx   ,注意到  g x 的单调性，进一步等价转化为 1lna lnx x   ，令   1h x lnx x   ,利用导数求得  maxh x ，进而根据不等式恒成立的意义得到关于 a 的对数不等式，解得 a 的取值范围. 【详解】 （1） ( ) ln 1xf x e x  Q ， 1( ) xf x e x    ， (1) 1k f e    . (1) 1f e Q ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数 f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 1 ( 1)( 1)y e e x     ,即  1 2y e x   , 切线与坐标轴交点坐标分别为 2(0,2),( ,0)1e   , ∴所求三角形面积为 1 2 22 | |=2 1 1e e     ; （2）解法一： 1( ) ln lnxf x ae x a  Q , 1 1( ) xf x ae x    ，且 0a  . 设 ( ) ( )g x f x  ,则 1 2 1( ) 0,xg x ae x     ∴g(x)在 (0, ) 上单调递增，即 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增， 当 1a  时， ( ) 01f   ,∴    1 1minf x f  ,∴   1f x  成立. 当 1a  时， 1 1a  ， 1 1 1ae  ∴ ， 1 11( ) (1) ( 1)( 1) 0af f a e aa        , ∴存在唯一 0 0x  ，使得 0 1 0 0 1( ) 0xf x ae x     ，且当 0(0, )x x 时 ( ) 0f x  ，当 0( , )x x  时 ( ) 0f x  ， 0 1 0 1xae x   ， 0 0ln 1 lna x x     ， 因此 0 1 min 0 0( ) ( ) ln lnxf x f x ae x a    0 0 0 0 1 1ln 1 ln 2ln 1 2 2ln 1a x a a x ax x            >1, ∴   1,f x  ∴   1f x  恒成立； 当 0 1a  时， (1) ln 1,f a a a    ∴ (1) 1, ( ) 1f f x  不是恒成立. 综上所述，实数 a 的取值范围是[1,+∞). 解法二：   1 1 1x lna xf x ae lnx lna e lnx lna         等价于 1 1lna x lnxe lna x lnx x e lnx         , 令   xg x e x  ,上述不等式等价于    1g lna x g lnx   , 显然  g x 为单调增函数，∴又等价于 1lna x lnx   ，即 1lna lnx x   ， 令   1h x lnx x   ,则   1 11 xh x x x    在 0,1 上 h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上 h’(x)