绝密★启用前高中数学2020年06月月考试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：100分钟；命题人：xxx注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题)请点击修改第I 卷的文字说明第II 卷（非选择题)请点击修改第II 卷的文字说明一、解答题1．（2019·安徽省高三月考（文））已知函数sin ()ln xf x x x=-． （1）证明：函数()f x 在()0,π上有唯一零点； （2）若()0,2x π∈时，不等式sin 2()ln 2x af x x x x++≤恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）⎫+∞⎪⎣⎭． 【解析】 【分析】（1）对函数求导得2(cos 1)sin ()x x xf x x--'=，由(0,)x π∈可得()0f x '<，从而得到函数的单调性，再根据区间端点的函数值，即可得答案； （2）等式sin 2()ln 2x a f x x x x ++≤，可化为不等式1sin sin 22x x a +≤，令1()sin sin 2,(0,2)2g x x x x π=+∈利用导数求得()g x 的最大值，即可得答案.【详解】（1）证明：由sin ()ln xf x x x=-得 22cos sin 1(cos 1)sin ()x x x x x xf x x x x ---'=-=当(0,)x π∈时，cos 10x -<，sin 0x -<， 则()0f x '<，函数()f x 在()0,π上单调递减， 又3()ln066f πππ=->，()ln 0f ππ=-<试卷第2页，总71页所以函数()f x 在()0,π上有唯一零点，得证． （2）由题知不等式sin 2()ln 2x a f x x x x ++≤，可化为不等式1sin sin 22x x a +≤， 则由题有1sin sin 22x x a +≤对()0,2x π∀∈恒成立， 令1()sin sin 2,(0,2)2g x x x x π=+∈则有()2cos cos22cos cos 1g x x x x x '=+=+-()()cos 12cos 1x x =+-，其中cos 10x +≥， 由2cos 10x -=得3x π=或53x π=则当03x π<<或523x ππ<<时，()0g x '>， 当533x ππ<<时，()'0g x ≤， 当且仅当x π=时，()0g x '=，所以函数()g x 在(0,)3π5,23ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在5,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又3g π⎛⎫=⎪⎝⎭，(2)0g π=0>， 所以max ()g x =，则a ≥ 即得实数a 的取值范围是,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点、不等式恒成立求参数范围，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意函数构造法的应用.2．（2020·广东省高三期末（理））已知函数()21sin f x x a x =+-，[]0,x π∈，a R ∈，()'f x 是函数()f x 的导函数.（1）当1a =时，证明：函数()f x 在区间[]0,π没有零点； （2）若()'sin 0f x a x a ++≤在[]0,x π∈上恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）a π≤- 【解析】 【分析】（1）当1a =时,()21sin f x x x =+-,由[]0,x π∈可得211x +≥,0sin 1x ≥-≥-且()01f=,224f ππ⎛⎫=⎪⎝⎭,()21f ππ=+,即可得0,,22x πππ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时,1sin 0x -<-<,即可得到21sin 0x x +->恒成立,进而证明；（2）()'2cos f x x a x =-,则2cos sin 0x a x a x a -++≤在[]0,x π∈上恒成立,设()2cos sin x a x a g a x x =-++,[]0,x π∈,则()000g =≤,()220g a ππ=+≤,可得a π≤-,对()g x 求导,由导函数的单调性进而判断()g x 的单调性,从而求解即可【详解】（1）证明：若1a =,则()21sin f x x x =+-,[]0,x π∈,又211x +≥,0sin 1x ≤≤,故0sin 1x ≥-≥-,所以21sin 0x x +-≥, 又()01f=,224f ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭,()21f ππ=+, 当0,,22x πππ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时,1sin 0x -<-<,所以21sin 0x x +->恒成立,所以当1a =时,函数()f x 在区间[]0,π没有零点. （2）解:()'2cos f x x a x =-,[]0,x π∈,故2cos sin 0x a x a x a -++≤在[]0,x π∈上恒成立, 设()2cos sin x a x a g a x x =-++,[]0,x π∈, 所以()000g =≤,()220g a ππ=+≤,即a π≤-,因为()2sin cos 24'g a x x a x x π⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭,由a π≤-,得0a <,所以在区间0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上()'g x 单调递减,所以()()2'0''24a g g x g π⎛⎫+=≥≥=+ ⎪⎝⎭；在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上()'g x 单调递增()()2'''24g g x g a ππ⎛⎫+=≤≤=- ⎪⎝⎭,试卷第4页，总71页又a π≤-,所以()'020g a =+<,'204g π⎛⎫=+< ⎪⎝⎭,()'20g a π=->,故()'g x 在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点区间0x ,由()'g x 的单调性可知, 在区间[]00,x 上()'0g x ≤,()g x 单调递减； 在区间(]0,x π上()'0g x ≥,()g x 单调递增,()()()()000g x g g x g π⎧≤=⎪⎨≤≤⎪⎩,故a π≤- 【点睛】本题考查函数的零点的分布问题,考查利用导函数研究函数的单调性,考查利用导函数处理恒成立问题,考查运算能力3．（2019·福建省厦门双十中学高三月考）已知m R ∈，且01m <<，函数()21sin 2f x x mx x =+-+（1）()f x 在[]0,1x ∈上的极值点个数； （2）研究函数()y f x =在[]0,1x ∈的零点个数. 【答案】（1）1个；（2）无零点 【解析】 【分析】（1）求得()cos f x x m x '=+-，()1sin 0f x x ''=+>，得出()f x '在[]0,1x ∈上单调递增，由01m <<，得到()00f '<，()10f '>，得到存在[]00,1x ∈，使得()00f x '=，进而得到函数()f x 单调性，即可得到答案. （2）由（1）得出函数()2000min1sin 22f x x mx x =+-+，且00cos 0x m x +-=，设()21cos sin 2g x x x x x =-+-+[]0,1x ∈，转化为()sin 0g x x x x '=--<在[]0,1恒成立，结合()g x 的单调性，即可求解.【详解】（1）由题意，函数()21sin 22f x x mx x =+-+， 则()cos f x x m x '=+-，()1sin 0f x x ''=+>， 所以()f x '在[]0,1x ∈上单调递增，因为01m <<，所以()010f m '=-<，()11cos10f m '=+->， 所以存在[]00,1x ∈，使得()00f x '=，所以当[]00,x x ∈，()0f x '<，函数()f x 在[]00,x 递减， 当[]0,1x x ∈，()0f x '>，函数()f x 在[]0,1x 递增，所以()f x 在[]0,1x ∈存在唯一的极小值点，没有极大值点，所以极值点有1个. （2）由（1）知()f x 在[]00,x 递减，在[]0,1x 递增，其图像如图所示， 可得()00f =>，()11sin102f m =+->，()()20000min 1sin 22f x f x x mx x ==+-+，且00cos 0x m x +-=， 又由()()20000001cos sin 22f x x x x x x =+--+，即()2000001cos sin 2f x x x x x =-+⋅-+， 设()21cos sin 2g x x x x x =-+-+[]0,1x ∈， 则()sin 0g x x x x '=--<在[]0,1x ∈恒成立， 所以故()g x 在[]0,1x ∈单调递减，所以()()11cos1sin12g x g ⎛⎛⎫≥=-++-+ ⎪ ⎝⎭⎝⎭1cos 60sin 6002⎛⎛⎫>-+︒+-︒+= ⎪ ⎝⎭⎝⎭， 所以()0f x ≥在[]0,1x ∈恒成立，即()f x 在[]0,1x ∈无零点.试卷第6页，总71页…………○………………○……【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，进而得出相应的含参不等式，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．4．（2019·山东省山东师范大学附中高三月考）设函数()sin xf x e a x b =++.（Ⅰ）当1a =，[)0,x ∈+∞时，()0f x ≥恒成立，求b 的范围； （Ⅱ）若()f x 在0x =处的切线为10x y --=，且方程()2m xf x x-=恰有两解，求实数m 的取值范围. 【答案】（I ） 1b ≥- （II ） 10m e-<< 【解析】试题分析：（1）将参数值代入得到函数表达式，研究函数的单调性求得函数最值，使得最小值大于等于0即可；（2）根据切线得到0a =，2b =-，方程22xm xe x--=有两解，可得22x xe x m x -=-，所以x xe m =有两解，令()x g x xe =，研究这个函数的单调性和图像，使得常函数y=m ，和()xg x xe =有两个交点即可.解析：由()sin xf x e a x b =++，当1a =时，得()cos xf x e x '=+.当[)0,x ∈+∞时，[]1,cos 1,1xe x ≥∈-，且当cos 1x =-时，2,x k k N ππ=+∈，此时1x e >.所以()cos 0xf x e x =+>'，即()f x 在[)0,+∞上单调递増，所以()()min 01f x f b ==+，由()0f x ≥恒成立，得10b +≥，所以1b ≥-. （2）由()sin xf x e a x b =++得()cos x f x e a x =+'，且()01f b =+.由题意得()001f e a '=+=，所以0a =.又()0,1b +在切线10x y --=上. 所以0110b ---=.所以2b =-. 所以()2xf x e =-.即方程22xm xe x--=有两解，可得22x xe x m x -=-，所以x xe m =. 令()xg x xe =，则()()1xg x e x '=+，当(),1x ∈-∞-时，()0g x '<，所以()g x 在(),1-∞-上是减函数. 当()1,x ∈-+∞时，()0g x '>，所以()g x 在()1,-+∞上是减函数. 所以()()min 11g x g e=-=-. 又当x →-∞时，()0g x →；且有()10g e =>. 数形结合易知：10m e-<<. 点睛：本题中涉及根据函数零点求参数取值，是高考经常涉及的重点问题，（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解. 5．（2019·四川省成都七中高三期中（理））已知函数()()[]sin 11226xx f x g x ax x e ππ+==+∈-，，，，其中a 为实数，e 为自然对数的底数.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使得对任意给定的[]022x ππ∈-，，在区间[]22ππ-，上总存在三个不同的()123i x i =，，，使得()()()()1230f x f x f x g x ===成立？若存在，求出实数a 的取值范围；若不存在，请说明理由.试卷第8页，总71页【答案】（1）单调递增区间为02π⎛⎫-⎪⎝⎭，与322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调递减区间为22ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，与302π⎛⎫⎪⎝⎭，（2）存在，221111212122a e e ππππππ-<<- 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系即可求解， （2）结合（1）的讨论,对a 进行分类讨论，即可求解． 【详解】 解：（1）()[]sin 1,22xx f x x eππ+=∈-， ()()()[]2cos sin 1cos sin 122x xxx e x x e x x f x x e e ππ-+--'∴==∈-，，.当()'0f x >，即cos sin 10x x -->时，3sin 42x π⎛⎫+>⎪⎝⎭. 4224334k k x k Z πππππ∴++<<+∈， ∴222k x k k Z πππ-<<∈，.当0k =时，02x π-<<；当1k =时，322x ππ<<. 当()'0f x <，即cos sin 10x x --<时，3sin 42x π⎛⎫+<⎪⎝⎭. 5344224k x k k Z πππππ∴-<<++∈，∴2222k x k k Z ππππ-<<-∈，.当0k =时，22x ππ-<<-；当1k =时，302x π<<. ∴函数()f x 的单调递增区间为02π⎛⎫-⎪⎝⎭，与322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调递减区间为22ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，与302π⎛⎫ ⎪⎝⎭，. （2）由（1）可知，函数()f x 在[]22x ππ∈-，有两个极小值，3022f f ππ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，存在一个极大值()01f =，另外()()22122f e f e ππππ-==，. 对于函数()[]1226g x ax x ππ=+∈-，，. 假设存在满足题意的实数a . 当0a =时，()21116g x e π⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，，满足题意. 当0a >时，()112266g x a a ππ⎡⎤∈-++⎢⎥⎣⎦，. 由题意211261216a e a πππ⎧-+>⎪⎪⎨⎪+<⎪⎩，解得2110122a e πππ<<-. 当0a <时，()112266g x a a ππ⎡⎤∈+-+⎢⎥⎣⎦，. 由题意211261216a e a πππ⎧-+>⎪⎪⎨⎪-+<⎪⎩，解得2110212a e πππ-<<. 综上，实数a 的取值范围是221111212122a e e ππππππ-<<-. 【点睛】本题综合考查了导数的应用及逻辑推理与运算的能力，属于难题． 6．（2020·海南省海南中学高二期末）已知()()4431sin cos 30443x x f x x xf '=-++. （1）求()0f '； （2）设()21sin 22xg x x =+，求证：()g x 在(),0-∞内有且只有一个零点； （3）求证：当0x >时，()1f x >-.【答案】（1）()00f '=；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用平方差公式和二倍角余弦公式可得出()()31cos3023x f x x xf '=-++，求导，将0x =代入导函数的解析式，可得出关于()0f '的方程，即可解出()0f '的值； （2）利用导数分析函数()y g x =在区间(),0-∞上的单调性，结合零点存在定理可证试卷第10页，总71页明出结论成立；（3）分析出函数()y f x =在区间()0,∞+上为增函数，由()()0f x f >可证明出不等式成立. 【详解】 （1）()()()22223311sin cos sin cos 3030cos4444332x x x x x f x x xf x xf ⎛⎫⎛⎫''=-+++=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，()()2130sin 22xf x x f ''∴=++，()()030f f ''∴=，解得()00f '=；（2）()21sin 22x g x x =+，x ∈R ，()1cos 242x g x x '∴=+，x ∈R ，()12sin 082xg x ''=->，x ∈R ，∴函数()y g x '=在R 上单调递增.()1004g '=>，()111cos 2042g ⎛⎫'-=--< ⎪⎝⎭，所以，()01,0x ∃∈-使得()00g x '=，列表如下：()()000g x g <=，()1111sin 022g -=->，()101,x x ∴∃∈-使()10g x =，当()0,0x x ∈时，函数()y g x =单调递增，此时，()()00g x g <=. 因此，函数()y g x =在(),0-∞内有且只有一个零点；（3）由于函数()y g x '=在R 上单调递增，则当0x >时，()()1004g x g ''>=>， 所以，函数()()21sin 22xf x xg x '=+=在()0,∞+单调递增. ()()()00f x g x g '∴=>=，∴函数()y f x =在()0,∞+上单调递增，当0x >时，()()01f x f >=-.【点睛】本题考查导数值的计算，同时也考查了利用导数研究函数的零点问题以及证明不等式，解题时要结合导数分析函数的单调性，在求解零点问题时，可以结合零点存在定理来分析，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.7．（2019·湖南省雅礼中学高三月考（理））已知函数()sin 1f x x x =-. （1）求曲线()y f x =在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程； （2）判断()f x 在()0,π内的零点个数，并加以证明.【答案】（1）10x y --=（2）()f x 在()0,π内有且仅有两个零点，证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据在某点处的切线方程即可得解；（2）结合函数的单调性和取值范围依据根的存在性定理讨论零点个数. 【详解】（1）()'sin cos f x x x x =+，所以切线方程为'222y f f x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即1y x =-，亦即10x y --=.（2）①当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()'sin cos 0f x x x x =+>，所以()f x 在0,2π⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，且()010f =-<，1022f ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，故()f x 在0,2π⎛⎤⎥⎝⎦内有唯一的零点1x .②当,2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，令()()'g x f x =，则()'2cos sin 0g x x x x =-<，所以 ()g x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，且102g π⎛⎫=> ⎪⎝⎭，()0g ππ=-<，所以存在,2παπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0g α=，所以当,2x πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0f x g x =>，即()f x 在试卷第12页，总71页,2πα⎛⎫⎪⎝⎭递增， 当(),x απ∈时，()()'0f x g x =<，即()f x 在(),απ递减. 又()1022f f ππα⎛⎫>=->⎪⎝⎭，()10f π=-<. 故()f x 在(),απ内有唯一的零点2x .综上，()f x 在()0,π内有且仅有两个零点1x ，2x . 【点睛】此题考查导数的综合应用，涉及导数的几何意义，求在某点处的切线，根据导函数讨论函数单调性处理零点个数问题，综合性比较强.8．（2020·江西省高二期末（文））已知函数()()sin cos f x a x x x =--. ⑴当2a =时，证明:()f x 在()0,π上有唯一零点； (2)若()2f x ≤对()0,x π∀∈恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2) ,22π⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦【解析】 【分析】（1）通过导数可得()f x 单调性，利用零点存在性定理依次验证()f x 在各个单调区间内是否有零点，结合单调性可知每段单调区间内零点具有唯一性，从而可证得结论；（2）采用分离变量的方式将问题转化为2cos sin xa x x+≤+对()0,x π∀∈恒成立，令()2cos sin xg x x x+=+，利用导数得到()g x 在()0,π内的最小值，从而得到结果.【详解】（1）当2a =时，()()2sin cos f x x x x =--()()()sin 2cos sin 2cos f x x x x x x x '∴=-+-+=-当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭和()2,π时，()0f x '>；当,22x π⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f x '< ()f x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭，()2,π上单调递增；在,22π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减()010f =-<，2022f ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭ ()f x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点()2cos20f =-> ()f x ∴在,22π⎛⎫⎪⎝⎭上没有零点()10f π=> ()f x ∴在()2,π上没有零点综上所述：()f x 在()0,π上有唯一零点（2）当()0,x π∈时，()2f x ≤恒成立等价于2cos sin xa x x+≤+对()0,x π∀∈恒成立令()2cos sin xg x x x+=+，()0,x π∈则()()()222sin 2cos cos cos 2cos 1sin sin x x x x x g x x x--++'=+=-∴当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<；当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>()g x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增()min 222g x g ππ⎛⎫∴==+ ⎪⎝⎭22a π∴≤+即a 的取值范围为：,22π⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数和零点存在性定理研究函数的零点个数、恒成立问题的求解；解决恒成立问题的常用方法是通过分离变量的方式将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系问题，从而利用导数求得函数的最值，得到所求范围.9．（2014·辽宁省高考真题（理））已知函数8()(cos )(2)(sin 1)3f x x x x x π=-+-+，2()3()cos 4(1sin )ln(3)xg x x x x ππ=--+-.证明：（1）存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =；（2）存在唯一1(,)2x ππ∈，使1()0g x =，且对（1）中的01x x π+<.【答案】（1）详见解析；（2） 详见解析.试卷第14页，总71页…………线…………………线………【解析】 【分析】 【详解】 （1）当(0,)2x π∈时，，函数()f x 在(0,)2π上为减函数，又2816(0)0,()0323f f πππ=->=--<，所以存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =.（2）考虑函数3()cos 2()4ln(3),[,]1sin 2x x h x x x x ππππ-=--∈+，令t x π=-，则[,]2x ππ∈时，[0,]2t π∈， 记3cos 2()()4ln(1)1sin t t u t h t t t ππ=-=-++，则3()'()(2)(1sin )f t u t t t π=++，有（1）得，当0(0,)t x ∈时，'()0u t >，当0(,)2t x π∈时，'()0u t <.在0(0,)x 上()u t 是增函数，又(0)0u =，从而当0(0,]t x ∈时，()0u t >，所以()u t 在0(0,]x 上无零点.在0(,)2x π上()u t 是减函数，又0()0,()4ln 202u x u π>=-<，存在唯一的10(,)2t x π∈，使1()0u t =.所以存在唯一的10(,)2t x π∈使1()0u t =.因此存在唯一的11(,)2x t πππ=-∈，使111()()()0h x h t u t π=-==.因为当(,)2x ππ∈时，1sin 0x +>，故()(1sin )()g x x h x =+与()h x 有相同的零点，所以存在唯一的1(,)2x ππ∈，使1()0g x =.因1110,x t t x π=->，所以01x x π+<考点：1.零点唯一性的判断；2.函数的单调性的应用.10．（2020·江西省高三其他（文））已知函数()21ln ln 12f x ax x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭. （1）若2ea <，讨论()f x 的单调性；（2）若1a =，1x ≥，求证：()2321sin 2f x x x x >-++. 【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当02e a <<时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）由题意得，()()()()21ln 10f x ax x x '=-+>，分0a ≤和02ea <<两种情况讨论，从而得出结论；（2）由题意分析，只需证()21ln 10x x x x ⎛⎫--+≥ ⎪⎝⎭，由1x ≥得20x x -≥，设()1ln 1g x x x=-+，根据导数研究其单调性与最值，从而得出证明．【详解】解：（1）∵()21ln ln 12f x ax x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭， ∴()2ln 2ln 1f x ax x ax x '=+--()()()21ln 10ax x x =-+>，①若0a ≤，则210ax -<，当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 是增函数，当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 是减函数； ②若02ea <<，即112a e >， 当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭和1,2x a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 是增函数， 当11,2x e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 是减函数；综上可得，当0a ≤时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减； 当02e a <<时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；试卷第16页，总71页（2）当1a =时，要证()2321sin 2f x x x x >-++， 只需证()23222f x x x ≥-+，即证()21ln 10x x x x ⎛⎫--+≥ ⎪⎝⎭，∵1x ≥，∴20x x -≥，设()1ln 1g x x x=-+， 则()221110x g x x x x-'=-=≥， ∴()g x 在[)1,+∞上是增函数，()()10g x g ≥=，1ln 10x x-+≥， ∴()21ln 10x x x x ⎛⎫--+≥ ⎪⎝⎭， 因此()2321sin 2f x x x x >-++成立． 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查利用导数证明不等式，考查计算能力，考查分类讨论思想，考查转化与化归思想，属于难题． 11．（2020·四川省高三三模（理））已知函数()sin cos f x x x x =-． （1）判断函数()f x 在区间(0,2)π上零点的个数，并说明理由． （2）当0πx <<时，①比较1x -与ln x 的大小关系，并说明理由； ②证明：()()cos ln[]1cos xf x ef x x +≤⋅-．【答案】（1）有唯一一个零点，理由详见解析；（2）①1ln x x -≥，证明详见解析；②证明见解析． 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数可判断函数的单调性，结合函数的性质可求函数的零点个数；（2）①令()1ln g x x x =--，然后对其求导，结合导数可研究函数的单调性，进而由函数的取值范围可比较大小；②结合①的结论，利用分析法分析结论成立的条件，然后利用导数可求． 【详解】（1）因为()sin cos f x x x x =-，所以()sin f x x x '=．当(0,)x π∈时，()sin 0,0x f x '>>，函数()f x 在(0,)π上单调递增， 所以()()00f x f >=，且()0fππ=>，故()f x 在(0,)π上无零点；当(,2)x ππ∈时，()sin 0,0x f x '<<，函数()f x 在(,2)ππ上单调递减， 又由()0,(2)20f f ππππ=>=-<， 故()f x 在区间(,2)ππ上有唯一零点；综上，函数()f x 在区间(0,2)π上有唯一一个零点． （2）①1ln x x -≥，证明过程如下： 设函数()1ln g x x x =--，则()1,(0)x g x x xπ-'=<<， 令()0g x '<，即10x x-<，解得01x <<； 令()0g x '>，即10x x->，解得1x π<<， 所以函数()y g x =在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，π）上单调递增． 则函数()y g x =在1x =处取得极小值，亦即最小值()10g =， 即ln 10x x --≥，综上可得，1ln x x -≥成立；②要证：ln [f （x ）]+1≤e cosx f （x ）﹣cosx 成立，即证明ln （sinx ﹣xcosx ）≤（sinx ﹣xcosx ）e cosx ﹣cosx ﹣1成立， 因为f （x ）在（0，π）上单调递增，()()00f x f >=， 即sinx ﹣xcosx ＞0，所以（sinx ﹣xcosx ）e cosx ＞0， 由①知1ln x x -≥，即有1ln x x ≥+，有（sinx ﹣xcosx ）e cosx ≥1+ln [（sinx ﹣xcosx ）e cosx ]成立，当12x π=时，11cos 22111111(sin cos )1ln[sin cos ]222222e e πππππππ-⋅≥+-⋅成立，由11cos 22111111(sin cos )1ln[sin cos ]222222e e πππππππ-⋅=+-⋅成立，此时能取等号，即有cos (sin cos )1ln[(sin cos )cos ]xx x x e x x x x -⋅≥+-+成立，即()()cos ln[]1cos xf x e f x x +≤⋅-成立.【点睛】试卷第18页，总71页本题主要运用导数研究考查了函数的零点个数，比较函数式的大小及证明不等式，其中解答中合理构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于难题．12．（2020·湖北省高三三模（文））已知函数()()()2f x x x a a =+∈R .（1）若3a =-，求过点()4,4P 且与()y f x =相切的直线方程；（2）若0a ≤，证明：()()222sin 2sin 42sin x a x a x+-≤+-+.【答案】（1）932y x =-或4y =（2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，需要分类讨论，即可求出切线方程；（2）判断函数的单调性，要证：222(sin 2)(sin 4)2sin x a x a x+-+-+，0a ，只要证22sin sin x x -，根据正弦函数的性质即可证明．【详解】解：（1）若3a =-为偶函数，()()232369f x x x x x x =-=-+，()23129f x x x '=-+，①当切点为()4,4P 时，()49f '=，切线方程为()944y x =-+，即932y x =- ②当切点不为()4,4P 时，设切点为()00,Q x y ，()20003129k f x x x '==-+切，切线方程为()()()220000031293y x x x x x x=-+-+-，其过点()4,4P ，有()()()22000004312943x x x x x =-+-+-，易知04x =是其一解.即()()()()22000000312944210x x x x x x -+-+--+=，即()()200410x x --=，故点Q 的横坐标01x=，有()1,4Q ，又()10f '=，故切线方程为4y =，综合可知，若3a =-，过点()4,4P 且与()y f x =相切的直线方程为932y x =-或4y =.（2）()()23222f x x x a x ax a x =+=++，()()()22343f x x ax a x a x a '=++=++，0a ≤，,3a x ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，(),a -+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；由03aa ≤-<-，有()f x 在(],1-∞-单调递增， 由[]sin 1,1x ∈-，有sin 21x -≤-，2sin 41x -≤-，要证：()()222sin 2sin 42sin x a x a x+-≤+-+，0a ≤，即证：()()()()2222sin 2sin 2sin 4sin 4x x a x x a -+-≥-+-，()()2sin 2sin 4f x f x ⇔-≥-， 2sin 2sin 4x x ⇔-≥-，22112sin sin sin 24x x x ⎛⎫⇔≥-=-- ⎪⎝⎭，此式恒成立，故0a ≤时，()()222sin 2sin 42sin x a x a x+-≤+-+恒成立.13．（2020·广州大学附属中学高三一模（理））已知函数()2cos f x x x π=+（1）求函数()f x 的最小值；（2）若函数()()g x f x a =-在()0,∞+上有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：12232x x π+<. 【答案】（1）()2min 4f x π=（2）证明见解析；【解析】 【分析】（1）判断函数为偶函数，求导得到()2sin f x x x π'=-，计算得到0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()f x 单减，,2x π⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()f x 单增，得到最小值.试卷第20页，总71页（2）只需证明1222x x π+<，构造函数()()()F x f x f x π=--，确定函数单调递增，故()()11f x f x π<-，即()()21f x f x π<-，根据函数单调性得到证明.【详解】（1）()2cos f x x x π=+，()()2cos f x x x f x π-=+=，()f x 为偶函数，故只需求[)0,x ∈+∞时()f x 的最小值，()2sin f x x x π'=-，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，设()2sin h x x x π=-，()2cos h x x π'=-，显然()h x '单增，而()00h '<，02h π⎛⎫'> ⎪⎝⎭，由零点存在定理，存在唯一的00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=， 当()00,x x ∈，()0h x '<，()h x 单减， 当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0h x '>，()h x 单增， 而()00h =，02h π⎛⎫=⎪⎝⎭，故0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0h x <， 即0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '<，()f x 单减； 又当,2x π⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，2sin x x ππ>>，()0f x '>，()f x 单增， 所以()n2mi 24f x f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭.（2）11212212123131222223332x x x x x x x x x x ++++++=<=， 只需证1222x x π+<，由（1）得10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，2,2x π⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，构造函数()()()F x f x fx π=--，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()()22sin 0F x f x f x x πππ'''=+-=->，即()F x 单增，所以()02F x F π⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即当0,2x π⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()()f x f x π<-， 而10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()()11f x f x π<-，又()()12f x f x =， 即()()21f x f x π<-，此时2x ，1,2x ππ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭， ()f x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单增，所以21x x π<-，12x x π+<，即证1222x x π+<.【点睛】本题考查了函数的最值，函数零点问题，证明不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.14．（2020·天津高三二模）已知函数()02xxf x e e sinx x e π⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦，，（为自然对数的底数）．（1）求函数()f x 的值域；（2）若不等式()(1)(1sin )f x k x x --对任意02x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，恒成立，求实数k 的取值范围；（3）证明：1213()122x e x ---+＞． 【答案】（1）[]0,1；（2）2112e k ππ-≤≤-；（3）证明见解析.【解析】 【分析】（1）先对函数求导，判断出函数单调性，进而可得出值域；（2）先由题意，将问题转化为(1)xe k x ≥-对任意02x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，恒成立，构造函数()x g x e kx k =-+，对函数()g x 求导，用导数方法判断其单调性，求其最小值，即可得出结果. （3）令()1213()122x h x ex -=+--，对函数()h x 求导，用导数方法研究其单调性，求其最小值，只需最小值大于0即可.试卷第22页，总71页【详解】（1）因为()xxf x e e sinx =-，所以()((1sin cos )1)4cos )x x x xf x e e sinx x e e x x x π'=-+⎡⎤--==+⎢⎥⎣⎦， ∵02x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，∴3444x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，， ∴42sin x π⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭，所以()0f x '≤， 故函数()f x 在02π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上单调递减，函数()f x 的最大值为()1010f =-=；()f x 的最小值为22022f e e sin ππππ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的值域为[]0,1．（2）原不等式可化为)(1)(1sin (1)xe sinx k x x -≥-- …（*）， 因为1sin 0x -≥恒成立，故（*）式可化为(1)xe k x ≥-．令()xg x e kx k =-+，则()xg x e k '=-，当0k ≤时，()0xg x e k '=->，所以函数()g x 在02π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上单调递增，故()(0)10g x g k ≥=+≥，所以10k -≤≤；当0k >时，令()0xg x e k '=-=，得ln x k =，所以当(0,ln )x k ∈时，()0xg x e k '=-<；当(ln ,)x k ∈+∞时，()0xg x e k '=->．所以当2lnk π＜，即20k e π<<时，函数min ()(ln )2ln 0g x g k k k k ==->成立；当2lnk π≥，即2k e π≥时，函数()g x 在02π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上单调递减，2()022ming x g e k k πππ⎛⎫==-+≥ ⎪⎝⎭，解得2212e e k πππ≤≤-综上，2112e k ππ-≤≤-．（3）令()1213()122x h x ex -=+--，则()132x h x e x -'=+-． 由1124133100244h e h e --⎛⎫⎛⎫''=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＜，＞，故存在01324x ，⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，即 01032x ex -=-． 所以，当0(,)x x ∈-∞时，()0h x '<；当0(,)x x ∈+∞时，()0h x '>． 故当0x x =时，函数()h x 有极小值，且是唯一的极小值， 故函数()0122min 000013313()()1()()122222x h x h x ex x x -==+--=--+-- 220013313()12222522x x ⎡⎤⎛⎫=---=-- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭， 因为01324x ，⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以22015313531()()022*******x ----=>>， 故()1213()1022x h x ex -=+-->， 即1213()122x e x ---+>．【点睛】本题主要考查导数的应用，用导数的方法研究函数单调性、最值、以及由不等式恒成立求参数的问题，属于常考题型.15．（2020·福建省高三其他（文））已知函数()(sin cos )x f x x x x e =+-，()f x '为()f x 的导函数．（1）设()()()g x f x f x '=-，求()g x 的单调区间； （2）若0x ≥，证明：()1f x x ≥-． 【答案】（1）()g x 的单调递增区间22(22),33k k k Z ππππ-++∈，；单调递减区间2(2,3k ππ+42),3k k Z ππ+∈；（2）详见解析． 【解析】 【分析】（1）先对()g x 求导，然后结合导数符号可求函数的单调区间；试卷第24页，总71页（2）要证明：()1f x x ≥-，只要证0()1f x x +-≥，构造函数()()1h x f x x =+-，0x ≥，结合导数及函数性质可证．【详解】 （1）由已知，()(1cos sin )(sin cos )(12sin )x x x f x x x e x x x e x x e '=++++-=++，所以()()()(1sin cos )xg x f x f x x x e '=-=++，()(12cos )xg x x e '=+，令()0g x '>，得1cos 2x >-，解得2222,33k x k k Z ππππ-+<<+∈， 令()0g x '<，得1cos 2x <-，解得2422,33k x k k Z ππππ+<<+∈， 故()g x 的单调递增区间22(22),33k k k Z ππππ-++∈，；单调递减区间24(2,2),33k k k Z ππππ++∈ （2）要证()1f x x ≥-，只需证：0()1f x x +-≥．设()()1h x f x x =+-，0x ≥，则()()1(12sin )1xh x f x x x e ''=-=++-．记()()(12sin )1x t x h x x x e '==++-，则()(22sin 2cos )xt x x x x e '=+++． 当[0,]x π∈时，sin 0x ≥，又22cos 0x +≥，0x e >，所以()0t x '≥；当(,)x π∈+∞时，x π>，2sin 2x ≥-，所以2sin 20x x π+>->，又22cos 0x +≥，0x e >，所以()0t x '≥．综上，当0x ≥时，()0t x '≥恒成立， 所以()t x 在[0,)+∞上递增．所以，()(0)0t x t ≥=，即()0h x '≥，所以，()h x 在[0,)+∞上递增，则()(0)0h x h ≥=，证毕． 【点睛】本题主要考查函数与导数及其应用等基础知识，意在考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养，是一道有一定难度的压轴题.16．（2020·湖北省高三三模（文））已知函数()sin 1xf x e x =--，()1sin x g x e x x x =---.（1）证明：不等式()0f x >在1,0恒成立；（2）证明：()g x 在π1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭存在两个极值点， 附：10.367e≈，sin10.841≈，cos10.540≈. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）()cos xf x e x '=-，首先利用导数证明当10x -<<时，总有0fx ，然后可得()()00f x f >= （2）分π02x <<和10x -<<两种情况讨论，每种情况都要用导数求出()g x 的单调性. 【详解】（1）()cos xf x e x '=-，设()cos xh x e x =-，易得()sin xh x e x '=+在1,0上为增函数，又()()11sin 10h e -'-=+-<，()010h '=>，∴存在唯一()01,0x ∈-，使得()00h x '=，∴在01x x -<<时，()0h x '<，f x 为减函数，()()11cos10f x f e -''<-=-<，在()0,0x 时，()0h x '>，f x 为增函数，()()00f x f ''<=， 因此10x -<<时，总有0fx，()f x 为减函数.∴()()00f x f >=，从而原不等式得证.（2）()1sin xg x e x x x =---，则()sin cos 1xg x e x x x '=---，在π02x <<时，令()()sin cos 1xm x g x e x x x '==---， 则()sin 2cos xm x e x x x '=+-在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增.又()010m '=-<，π2ππ022m e ⎛⎫'=+>⎪⎝⎭.试卷第26页，总71页∴存在唯一1π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()0m x '=.在()10,x x ∈时，()0m x '<，()m x 为减函数，即()g x '为减函数， 在1π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0m x '>，()m x 为增函数，即()g x '为增函数， 而()00g '=，()()100g x g ''<=.又π2π202g e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，存在唯一的21π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()20g x '=，∴在20x x <<时，0g x ，()g x 为减函数，在2π2x x <<时，0g x ，()g x 为增函数，故2x 为()g x 一个极小值点.另一方面，在10x -<<时，由()()sin 1cos xg x e x x x '=--+-， 而cos 0x x ->，∴()sin 1xg x e x '>--，由（1）可知sin 10x e x -->，∴0g x 在1,0上恒成立，又0g x 在()20,x 上恒成立，∴0x =是()g x 的极大值点，从而得证.【点睛】本题考查的是利用导数证明不等式，利用导数研究函数的单调性，属于难题，考查了学生的分析问题、解决问题的能力.17．（2020·辽宁省高三一模（理））已知函数()cos sin xf x x x x e ax =++-（1）若函数()f x 在点()()0,0f 处的切线与x 轴平行，求实数a 的值及函数()f x 在区间,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的单调区间； （2）在（1）的条件下，若12x x ≠，()()12f x f x =，求证：'1202x x f +⎛⎫< ⎪⎝⎭.（()f x '为()f x 的导函数）【答案】（1）1a =，函数()f x 的递增区间为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递减区间为,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）利用()00f '=求得a 的值.再结合()f x '求得()f x 在区间,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的单调区间.（2）将要证明的不等式1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭'转化为证明12x x <-，进一步转化为证明()()0,(0,]2f x f x x π-->∈.利用构造函数法，结合导数证得()()0f x f x -->在区间(0,]2π上成立，由此证得不等式1202x x f +⎛⎫< ⎪⎝⎭'成立. 【详解】（1）()cos xf x x x e a =+'-()000k f e a ='=-=∴1a =所以()cos 1xf x x x e =+-'当,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时，()0f x '<，()f x 递减，当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '>，()f x 递增所以函数()f x 的递增区间为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递减区间为,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（2）由（1）知1x 与2x 异号，不妨设12022x x ππ-≤<<≤，则12424x x ππ+-<< 因为()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦单调递减， 要证1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭'，需要证明12[,0)22x x π+∈-，需要证明12x x <- 因为12,x x -∈,02π⎡⎫-⎪⎢⎣⎭∴需证()()12f x f x >-， 因为()()12f x f x =即需要证明()()22f x f x >-，即()()220f x f x -->试卷第28页，总71页即()()0,f x f x x -->∈(0,]2π 令()()(),0,2h x f x f x x π⎛⎤=--∈ ⎥⎝⎦()()()h x f x f x '='+'-()cos 1cos 1x x x x e x x e -=+---+-1220x x e e =+->-= 所以()h x 在(0,]2π上递增()()00h x h >=综上1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭' 【点睛】本小题主要考查根据切线的斜率求参数，考查利用导数证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.18．（2020·福建省高三月考（理））已知函数()12sin f x x x =+-（0x >）. （1）求()f x 的单调区间； （2）证明：2()xf x e->.【答案】（1）增区间为π5π(2π2π)33k k ++，（N k ∈）；减区间为(0,π3)和5π7π(2π,2π)33k k ++（N k ∈）；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】(1)求导根据余弦函数的值域求解()f x '的正负,进而求得()f x 的单调区间即可. (2)由题即证当0x >时,2()(12sin )1x g x x x e =+->.再对2()(324sin 2cos )x g x x x x e '=+--进行分析,并利用sin x x >对()g x '进行放缩,转换为三角函数合一变形求解范围的问题,进而求得()g x 在(0,)+∞上单调递增证明即可. 【详解】（1）()12cos f x x '=-, 由()0f x '>得1cos 2x <,解得π5π2π2π33k x k +<<+（N k ∈）, 由()0f x '<得1cos 2x >,解得π03x <<或5π7π2π2π33k x k +<<+（N k ∈） 所以()f x 的单调递增区间为π5π(2π2π)33k k ++，（N k ∈）；()f x 的单调递减区间为(0,π3)和5π7π(2π,2π)33k k ++（N k ∈）.（2）要证当0x >时,2()xf x e ->,即证当0x >时,2()(12sin )1xg x x x e=+->,222()2(12sin )(12cos )(324sin 2cos )x x x g x x x e x e x x x e '=+-+-=+--,令()sin h x x x =-,则()1cos 0h x x '=-,()h x 在(0,)+∞上单调递增, 故()(0)0h x h >=,即sin x x >,所以324sin 2cos 32sin 4sin 2cos 32(sin cos )x x x x x x x x +-->+--=-+ π3)04x =-+>,所以()0g x '>,()g x 在(0,)+∞上单调递增,故()(0)1g x g >=, 故当0x >时,2()xf x e ->.【点睛】本题主要考查了利用导数分析包含正余弦的函数单调性问题,需要结合三角函数的性质以及范围进行求解,同时注意利用放缩将函数转换为只有正余弦的函数进行分析,属于难题.19．（2020·山东省潍坊一中高二月考）已知函数()(21)cos2x f x x x e x a =++++ （a ∈R ，e 为自然对数的底数），()()ln 21g x x =+，其中()f x 在x =0处的切线方程为y =bx . （1）求a ，b 的值； （2）求证：()g(x)f x ≥；（3）求证：()f x 有且仅有两个零点.【答案】（1）2a =-，2b =；（2）证明见解析；（3）证明见解析 【解析】 【分析】。