【文档说明】(新高考)高考数学一轮 数学单元复习 过关检测卷第03章《导数及其应用》(解析版).doc，共(77)页，8.490 MB，由MTyang资料小铺上传

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01卷第三章导数及其应用《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习一遍过（新高考专用）第I卷（选择题）一、单选题1．已知函数xfxe，2mgxmx，若方程fxgx有两个不相等的正实根，则实数

m的取值范围为（）A．0,eB．0,2eC．,eD．2,e【答案】D【分析】由方程fxgx有两个不相等的正实根，转化为方程12xxemx有两个不相等的正实根，进而得到函数xhxxe的图象与直线12ymx

在0,上有两个不同的交点，根据当0x时，若直线12ymx与exhxx的图象相切，得到切点坐标为,ettt0t和切线方程，结合图象，即可求解.【详解】因为函数xfxe，2mgxmx，且方程

fxgx有两个不相等的正实根，所以方程2xmemx有两个不相等的正实根，即方程12xxemx有两个不相等的正实根，即函数xhxxe的图象与直线12ymx在0,上有两个不同的交点，因为当0x时，

10xhxex，所以xhxxe在0,上单调递增，作出hx在0,上的大致图象，如图所示，当0x时，若直线12ymx与xhxxe的图象相切，设切点坐标为,ettt0t，则切线方程为ee1ttyttxt

，可得切线过点1,02，所以112ttteett，解得1t或12t(舍去)，所以该切线的斜率为1112hee，因为函数xhxxe的图象与直线12ymx在0,上有

两个不同的交点，所以数形结合可得2me.故选：D.【点睛】方法点拨：把方程fxgx有两个不相等的正实根，转化为方程12xxemx有两个不相等的正实根，进而转化为函数xhxxe的图象与直线12ymx在0,上有两个不同的交点，利

用导数求得函数的单调性与最值，结合图象求解是解答的关键.2．设函数lnfxxxaxaR在区间0,2上有两个极值点，则a的取值范围是（）A．1,02B．ln210,4C

．1,12D．ln211,42【答案】D【分析】求得函数fx，把fx在0,2上有两个极值点转化为方程ln12xax在区间0,2上由两个不等式的实数根，令ln12xhxx，利用导数求得函数hx的单调性与最值，结合图象，即可求解.【详解】由

题意，函数lnfxxxaxaR，可得ln21fxxax，因为函数fx在区间0,2上有两个极值点，等价于关于x的方程ln12xax在区间0,2上由两个不等式的实数根，令ln12xhxx，可得

22ln4xhxx，当(0,1)x时，0hx，hx单调递增；当(1,2)x时，0hx，hx单调递减，当0x时，hx，当1x时，1(1)2h，当2x时，ln21(2)4h，要使得函数fx在区间0,2上有两个极值点，则满足l

n21142a，即a的取值范围是ln211,42.故选：D.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.3．已知函数25,

042ln,0xxxfxxaxx，若210,0xx，使120fxfx成立，则a的取值范围为（）A．2e,eB．2e,eC．4,e

D．e,e【答案】A【分析】当0x时，求得函数fx的值域为[1,)，当0x时，求得2fxax，当0a时，利用导数求得函数的单调性，可得22()2ln2fxfaa，根据题意，转化为1f

x值域包含2fx的值域，得出不等式22ln21a，求得20eae；②当0a时，求得fx的值域为R，满足题意，进而求得实数a的取值范围.【详解】当0x时，函数2251()142fxxxx，所以函数fx的值域为[1,)，当0x时，函数2ln

fxxax，可得2fxax，①当0a时，令0fx，解得2xa，当2(,)xa时，0fx，fx单调递减；当2(0,)xa时，0fx，fx单调递增，所以22()2ln2fxfaa，因为对210,0

xx，使120fxfx成立，转化为1fx值域包含2fx的值域，所以22ln21a，即21ln2a，解得22eaee，所以20eae；②当0a时，令20fxax，解得2xa，当2(,)xa

时，0fx，fx单调递增，此时值域为R，满足对210,0xx，使120fxfx成立，综上所述，实数a的取值范围为2(,]ee.故选：A.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策

略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，

难度较大.4．若存在实数x，y满足ln3yyxxee，则xy（）A．1B．0C．1D．e【答案】C【分析】令()ln3fxxx，利用导数求得函数的单调性与最大值，再令()yygyee，结合基本不等式，求得()2gy，进而得到ln32xx，求得,x

y的值，即可求解.【详解】令函数()ln3fxxx，可得11()1xfxxx，当(0,1)x时，0fx，fx单调递增；当(1,)x时，0fx，fx单调递减，所以当1x，可得max()(1)ln1132fxf，令函数()y

ygyee，则2yyee，当且仅当0y时取等号，又由ln3yyxxee，所以ln32yyxxee，所以1,0xy，所以1xy．故选：C.【点睛】对于利用导数研究不等

式的恒成立与有解问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新

函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.5．函数e21xfxx的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】函数21xfxex是偶函数,当0x，21xfxex，对函数求导，讨论函数的单调区间即可得出结果.【详解】函数

21xfxex是偶函数，排除选项B；当0x时，函数21xfxex，可得'2xfxe，当0,ln2x时，'0fx，函数是减涵数，当ln2x时，函数是增函数，排除

项选项A,D.故选:C.6．已知函数()fx的定义域为R，且(2)fx是偶函数，1()1ln(1)2fxxx（()fx为()fx的导函数）.若对任意的(0,)x，不等式212122xfttf恒成立，则实数t的取值范围是（）A．[

2,4]B．(,2][4,)C．[1,3]D．(,1][3,)【答案】D【分析】设函数1()1ln(1)2pxxx，求得2x时，()0px，得到当2x时，()0fx，得到函数()fx的单调性，把任意的(0,)x，212122

xfttf恒成立，转化为2212tt，即可求解.【详解】由2fx为偶函数，得函数fx的图象关于直线2x对称.设函数1()1ln(1)2pxxx

，则11()21pxx，当2x时，()0px，函数px在[2,)上单调递增，可得当2x时，1()(2)21ln(21)02pxp，所以当2x时，()0fx，所以函数()f

x在[2,)上单调递增，在,2上单调递减.设函数1()22xgx，则当(0,)x时()(2,1)gx，因为2221(1)22ttt，所以由对任意的(0,)x，212

122xfttf恒成立，可得2212tt，即2230tt，解得1t或3t，即实数t的取值范围是(,1][3,).【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.7．已知函数32()(0)fxaxbxcxa

的导函数()yfx的两个零点为1，2，则下列结论正确的是（）A．0abcB．()fx在区间0,3的最大值为0C．()fx有2个零点D．()fx的极大值是正数【答案】B【分析】由1,2是导函数()yfx的两个零点，求得90,60

2baca，可判定A错误；代入导数()3(1)(2)fxaxx，求得函数的单调性与极值，结合图象，即可求解.【详解】由题意，函数32()(0)fxaxbxcxa，可得2()32(0)fxaxbxca因为1,2是导函数()yfx的两个零点，可得2

123123baca，其中0a，可得90,602baca，所以0abc，故A错误；所以函数329()6(0)2fxaxaxaxa，可得2()3963(1)(2)fxaxaxaaxx

，当1x时，0fx，fx单调递减；当12x时，0fx，fx单调递增当2x时，0fx，fx单调递减，所以函数fx在[0,1)上递减，在(1,2)上递增，在(2,3]上递减，且5900,10,220,3022ffafafa

，故fx在[0,3]的最大值是0，所以B正确；函数fx的大致图象，如图所示，所以函数fx只有一个零点，故C不正确，D不正确.故选：B.【点睛】利用导数研究函数的单调性（区间）的方法：

（1）当导函数不等式可解时，解不等式0fx或0fx，求出函数的单调区间；（2）当方程0fx可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间fx的符号，从而确定函数的单调区

间；（3）若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据fx结构特征，利用图像与性质确定fx的符号，从而确定单调区间.8．设实数0m，若对任意的(0,)x，不等式ln0mxxem成立，则实数m的取值范围是（

）A．[1,)B．1,2C．[),eD．1,e【答案】D【分析】把不等式ln0mxxem成立，转化为lnlnlnmxxmxexxex恒成立，设函数xg

xxe，进而转化为()(ln)gmxgx恒成立，得出lnmxx恒成立，构造函数lnxhxx，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】因为0m，不等式ln0mxxem成立，即lnmxx

em成立，即lnmxmex，进而转化为lnlnlnmxxmxexxex恒成立，构造函数xgxxe，可得2(1)xxgxexexe，当0x，0gx，gx单调递增，则不等式ln0mxxem恒成立等价于()(

ln)gmxgx恒成立，即lnmxx恒成立，进而转化为lnxmx恒成立，设lnxhxx，可得21lnxhxx，当0xe时，0hx，hx单调递增；当xe时，0hx，hx单调递

减，所以当xe，函数hx取得最大值，最大值为1hee，所以1me，即实数m的取值范围是1,e.故选：D.【点睛】函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、构造函数法：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.9．设函数2()()()fxxxaxR，当3a时，不等式22(sin1)sinfkfk对任意的[1,0]k恒成立，则的可能取值是（）A．3B．4

3C．2D．56【答案】D【分析】利用导数求得函数fx的单调性，得到222sin11,1sin1kk，把不等式恒成立，转化为得22211sinsin124kkk对任意的[1,0]k恒成立，求得1sin12，结合选项

，即可求解．【详解】由题意，函数2()()fxxxa，可得()(3)()fxxaxa，令()0fx，解得3ax或xa，当3a时，可得3aa，所以()fx在,3a，[,)

a上单调递减，在,3aa上单调递增，又当3a时，13a，所以()fx在(,1]上为减函数，又[1,0],sin[1,1]k，所以222sin11,1sin1kk，由不等式22

(sin1)sinfkfk对任意的[1,0]k恒成立，得22211sinsin124kkk对任意的[1,0]k恒成立，所以21sinsin14恒成立，解得13sin22，即1sin12，结合选项知，可得的

可能取值是56．故选：D．【点睛】易错警示：利用单调性解决相关应用问题时，要注意单调区间的判定，当自变量都在同一个单调区间内才能利用相应的单调性，解题时防止漏证导致解题错误．10．设函数1xfxeaxb在区间0,1上存在零点，则22ab的最小值为（）A．7B．eC．1

2D．3e【答案】C【分析】设t为函数fx的零点，则10teatb，转化为(,)ab在直线10ttxye上，根据22ab表示点(,)ab到原点的距离的平方，得到22222(1)1teabt，构

造新函数222(1)1tegtt，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】由题意，函数1xfxeaxb，设t为函数fx在0,1上的零点，则10teatb，即10ttabe，即点(,)ab在

直线10ttxye上，又由22ab表示点(,)ab到原点的距离的平方，则2222(1)1tabet，即22222(1)1teabt，令222(1)1tegtt，则2222222222(22)(22)2(33)(22)(22)tttettetet

tgttttt，因为220,330tett，所以0gt，可得函数gt在区间0,1t上单调递增，所以当0t时，函数取得最小值，最小值为102g，所以22ab的最小值为12.故选：C.【点睛】对于利用导数研究不等式

的恒成立问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出

导数的零点，难度较大.11．已知函数2lnfxaxaR.若方程2fxaxx在区间1,ee上有解，则实数a的取值范围为（）A．22121,eeeB．2212,2eee

C．221,1eeD．222,1ee【答案】C【分析】把方程2fxaxx在区间1,ee上有解，转化为22lnlnxxaxx在区间1,ee

上有解，构造函数22lnlnxxhxxx，利用导数求得函数hx在1,ee上的单调性，进而求得实数a的取值范围.【详解】当1,xee时，直线yx在lnyx图

象的上方，故当1,xee时，ln0xx，由方程22lnaxaxx在区间1,ee上有解，可得22lnlnxxaxx在区间1,ee上有解，令22lnlnxxhxx

x，1,xee，则2122lnlnxxxhxxx，因为1,xee，所以222lnxx，则由0hx，得1x，所以当1,xee时，

0hx，当1,xe时，0hx，于是hx在1,1e上单调递减，在1,e上单调递增，又222112ln11211lneeeheeeee，12ln1111ln1h

，222ln2ln1eeeheeee，222122122eeeeee，22211112111eeeeee，所以实数a的取值范围为2e21,e1，故

先：C.【点睛】含参数的方程有解问题的处理方法常常是分参数法，通常将原问题转化为求函数的值域问题，对于分子､分母都有对数式的式子的求导，常常需要变形，分离出常数，如本题中的函数22lnlnxxhxx

x，直接求导比较繁琐，可变形转化为222lnxxhxxx，再求导就比较简单.12．已知函数f(x)＝x3－12x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是()A．－1≤m≤1B．－1<m≤1C．－1<m<1D．－1≤m<1【答案】D【解析】因为f

′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f′(x)<0⇒－2<x<2，所以函数f(x)＝x3－12x的单调递减区间为(－2,2)，要使f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则区间(2m，m＋1)是区间(－2,2)的子区间，所以221212mmmm从中解得－1≤m

<1，选D.点睛：导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数()yfx在某个区间内可导，如果()0fx，则()yfx在该区间为增函数；如果()0fx，则()yfx在该区间为减函数.(2)函数单

调性问题包括：①求函数的单调区间或存在单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.13．若函数2lnfxaxxx有两个极值点，则实数a的取值范围

是（）A．1,2B．1,02C．1,2D．1,02【答案】B【分析】函数2lnfxaxxx有两个极值点等价于其导函数有两个不同的正零点，对a分类讨论，结合图象易得结果.【详解】因为函数2lnfxaxxx

有两个极值点，所以21ln0gxfxaxx有两个不同的正零点，因为1212axgxaxx，当0a时，0gx在0,恒成立，则gx在0,上单调递增，

0gx不可能有两个正根（舍），当0a时，令0gx，得102xa，令0gx，得12xa，即gx在10,2a上单调递增，在1,2a上单调递减，若21ln

0gxaxx有两个不同的正根，则11ln022gaa，解得102a.故选B【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过

解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．14．已知函数()fxlnx，若关于x的方程()fxkx恰有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是()A．1

(0,)eB．(0，1]eC．1(2，)eeD．1(2，]ee【答案】A【分析】f（x）＝kx可变形为klnxx，关于x的方程f（x）＝kx的实数根问题转化为直线y＝k与函数g（x）g（x）lnxx的图象的交点个数问题，由导数运算可得函数g（x）在（0，e）为增函数，在（

e，+∞）为减函数，又x→0+时，g（x）→﹣∞，x→+∞时，g（x）→0+，g（e）1e，画草图即可得解．【详解】设g（x）fxlnxxx，又g′（x）21lnxx，当0＜x＜e时，g′（x）＞0，当x＞e时，g′（x）＜0，则函数g（x）在（0，e）为

增函数，在（e，+∞）为减函数，又x→0+时，g（x）→﹣∞，x→+∞时，g（x）→0+，g（e）1e，即直线y＝k与函数g（x）的图象有两个交点时k的取值范围为（0，1e），故选A．【点睛】本题考查了导

数的运算及方程与函数的互化及极限思想，属于中档题.15．函数fx的定义域为t，，若存在一次函数gxkxb，使得对于任意的xt，，都有1fxgx恒成立，则称函数gx是函数fx在t，上的弱渐进函

数.下列结论正确的是（）①gxx是21fxx在1，上的弱渐进函数；②21gxx是13fxxx在1，上的弱渐进函数；③34gxx是lnfxxx在1，上的弱渐进

函数；④1gxx是xxfxxe在1，上的弱渐进函数.A．①②B．②④C．①④D．①③【答案】C【分析】根据弱渐进函数的新定义，对4个命题分别构建fxgx①由构建关系，并分子有理化，由不等式性质可知符合题意，

正确；②由构建关系，由双勾函数值域可知不符合题意，错误；③由构建关系，取特值1fege，不符合题意，错误；④构建关系，求导分析单调性，求得值域，符合题意，正确.【详解】①由于221111fxgxxxxxx

，因为211xx，所以21011xx，所以①正确；②设113211Fxxxxxx，当2x时，21F，不符合1Fx，所以②错误；③设取特值=421geefe

，不符合，所以③错误；④设1xxHxe，1xxHxe，当1x时，10xxHxe，1xxHxe在1，上单调递减，所以111HxHe；又1x时，0xxe，11xxHxe，即1110Hxe，所以1H

x，④正确.综上，①④正确.故选:C【点睛】本题考查函数新定义问题，需根据定义精准对应定义要求，属于难题.16．函数221fxxexm，函数20egxxxx，（其中e为自然对数的底数，2.718e）若函数

hxfxgx有两个零点，则实数m取值范围为（）A．221meeB．221meeC．221meeD．221mee【答案】C【分析】先分离变量，转化为求对应函数单调性及其值域，即可确定结果.【详解】由0hx得22121(0)emxexxx

，令22sx121(0)exexxx，则222()212()(2)exesxxexexx,所以当xe时，2()0,()(21,)sxsxee,当0xe时，2()0,()(21,)sxsxee

,因此当221mee时，函数hxfxgx有两个零点，选C.【点睛】本题考查利用导数研究函数零点，考查综合分析求解能力，属中档题.二、多选题17．已知函数3()ln1()xfxeaxaR，下列说法正确的是（）A．若()yfx是偶函数，

则32aB．若函数()yfx是偶函数，则3aC．若2a，函数存在最小值D．若函数存在极值，则实数a的取值范围是(3,0)【答案】ACD【分析】根据函数的奇偶性可判定A正确，B不正确；当2a时，求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的最小值，可判定C正

确，求出函数的导数，根据0fx，以及对数函数的性质，得到关于a的不等式，求得a的范围，可判定D正确.【详解】对于A、B中，函数的定义域为R，且fxfx，则33ln1()ln1xxeaxeax，则331ln21xxeax

e，则3ln2xeax，故32xax恒成立，故32a，故A正确，B错误；对于C中，当2a时，3()ln12xfxex，可得33333(++)111xxxefxee，令()0fx，即3+3011xe，解得ln23x，所以当ln2

(,)3x时，0fx，fx单调递减，当ln2(,)3x时，0fx，fx单调递增，所以minln2()3fxf，所以C正确；对于D中：33()(3)1xfxae，因为fx存在极值，则0fx有

零点，令0fx，即33(3)01xae，所以ln()33aax，则03aa，即(3)0aa，解得30a，所以D正确.故选：ACD【点睛】解答有关函数的极值问题的方法与策略：1、求得函数的导数fx

，不要忘记定义域，求得方程0fx的根；2、判定0fx的根的左右两侧fx的符号，确定函数的极值点或函数的极值；3、注意0fx的根不是函数极值点的充要条件，利用待定系数法求解后必须验证根的合理性

.18．函数lnxfxx，若12xx时，有12fxfxm，是圆周率，2.71828e…为自然对数的底数，则下列说法正确的是（）A．10meB．(2)(3)ffC．212xxeD．3ae

，3eb，ce，ed，3s，3t，则S最大【答案】ABD【分析】利用导数求得函数lnxfxx，单调性与最值及函数的图象，结合函数fx最值，可得判定A正确；根据函数lnyx单调的性，可判定B正确；根据图象的变换趋势，可得判定C不正确；根据指数函数与幂函数的单调性，可

判定D正确.【详解】由题意，函数lnxfxx，可得21lnxfxx，当(0,)xe时，0fx，fx单调递增；当(,)xe时，0fx，fx单调递减，且当1x时，0fx，当01x时，0fx，当xe时，函数

fx取得最大值，最大值为1fee，结合函数fx的图象，要使得12xx时，有12fxfxm，所以10me，所以A正确；对于B中，由3ln2ln32ln2,3ln323ff，因为函数lnyx为定义域上的单调递增函

数，且323，所以23ff，所以B正确；对于C中，当0m时，要使得12fxfxm，不妨设121xex，此时121,xx，此时212xxe，所以C不正确；对于D中，因为3e，由指数函数的性

质，可得33,33,eeee，由幂函数的单调性，可得333,,3eeee，所以333,e3eee，所以最大的为3与3之中，最小值在3e与3e之中，又由3e，可得3ff

fe，即lnln3ln3ee，由lnln33，可得3lnln3，即3lnln3，所以33，同理可得33ee，综上可得，这6个数中最大的数为3，最小的为3e，所以D正确.故选：ABD【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fx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.19．已知函数axf

xe（e是自然对数的底数），2gxx的图像在0,16上有两个交点，则实数a的值可能是（）A．12B．ln22C．ln24D．2e【答案】AB【分析】由函数axfxe，2gxx的图像在0,16上有两个交点，转化为方程1ln2xax在0,16上有两个不等

实根，设lnxhxx，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axfxe，2gxx的图像在0,16上有两个交点可转化为方程2axex在0,16上有两个不等的实数根，即方程2lnaxx在0,1

6上有两个不等实根，即方程1ln2xax在0,16上有两个不等实根．设lnxhxx，0,16x，则21lnxhxx，当0xe时，0hx，hx单调递增；当16ex时，0hx，hx单调递减，所以1hxhee，又

由ln2164h，且当0x时，hx，故可由此作出hx的大致图像，如图所示，则由图像可知ln21142ae，解得ln222ae，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fx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.20．已知函数1lnfxxxx，1lnxxxxg，则下列结论正确

的是（）A．gx存在唯一极值点0x，且01,2xB．fx恰有3个零点C．当1k时，函数gx与hxkx的图象有两个交点D．若120xx且120fxfx，则121xx【答案】ACD【分析】根据导数求得函数gx在(0,)上为单调递减函数，结合零点的

存在性定，可判定A正确；利用导数求得函数fx在(,0)，(0,)单调递减，进而得到函数fx只有2个零点，可判定B不正确；由gxkx，转化为函数1lnxxx和()(1)mxkx

的图象的交点个数，可判定C正确；由120fxfx，化简得到121()fxfx，结合单调性，可判定D正确.【详解】由函数1lnxxxxg，可得1ln,0gxxxx，则2110gxxx，所以gx在(0,

)上为单调递减函数，又由110,12ln202gg，所以函数gx在区间(1,2)内只有一个极值点，所以A正确；由函数1lnfxxxx，当0x时，1lnfxxxx，可

得221xxfxx，因为22131()024xxx，所以0fx，函数fx在(0,)单调递减；又由10f，所以函数在(0,)上只有一个零点，当0x时，1l

n()fxxxx，可得221xxfxx，因为22131()024xxx，所以0fx，函数fx在(,0)单调递减；又由10f，所以函数在(,0)上只有一个零点，综上可得函数1lnfxxxx在定义域内只有2个零点，所以

B不正确；令gxkx，即1lnxxxkx，即1ln(1)xxkx，设1lnxxx，()(1)mxkx，可得1ln1xxx，则2110xxx，所以函数x(0,)单调递增，又由

01，可得当(0,1)x时，0x，函数x单调递减，当(1,)x时，0x，函数x单调递增，当1x时，函数x取得最小值，最小值为10，又由()(1)mxkx，因为1k，则10k，

且过原点的直线，结合图象，即可得到函数1lnxxx和()(1)mxkx的图象有两个交点，所以C正确；由120xx，若120,0xx时，因为120fxfx，可得12222222211111lnln1fxfxxxfxxxxx

，即121()fxfx，因为fx在(0,)单调递减，所以121xx，即121xx，同理可知，若120,0xx时，可得121xx，所以D正确.故选：ACD.【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fx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.21．函数

()1lnxfxxexk在(0,)上有唯一零点0x，则下列四个结论正确的是（）A．1kB．1kC．001xxeD．0112xe【答案】AC【分析】把函数()fx的零点转化为()1lnxgxxex的图像与yk有唯一公共点，利用导数求得()gx的单调性和极值，以及

特殊点的函数值，可判定A正确，B错误，由0010xex，可判定C正确；令()1xhxxe，求得()hx，根据112xe时，()0hx，结合1()02h，可判D错误．【详解】由题意，函数()1lnxfxxexk的零点，即为方程1ln0xxexk，即1l

nxkxex的根，等价于()1lnxgxxex的图像与yk有唯一公共点，又由11()1(1)xxxgxexexexx(0)x，因为1()xtxex在(0,)上单调递增，当0x时，()t

x，当x时，()tx，所以存在0x，使得0010xex，当00xx时，0010xex，()0gx，()gx单调递减，当0xx时，0010xex，()0gx，()gx单调递增，所以

00000000011()1ln1ln1ln1xxgxgxxexxxexx，所以1k，所以A正确，B错误．又由0010xex，可得001xxe，所以C正确；令()1x

hxxe(0)x，则()(1)xhxxe，当112xe时，()0hx，12111022he，所以D错误．故选：AC【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fx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.22．对于函数2ln()xfxx，下列说法正确的是（）A．fx在xe处取得极大值12e

B．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【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312

ln0xx，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32ln1xgxx，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．23．已知函数32()247fxxxx

，其导函数为()fx，下列命题中真命题的为（）A．()fx的单调减区间是2(,2)3B．()fx的极小值是15C．当2a时，对任意的2x且xa，恒有()fxf（a）f（a）()xaD．函数()fx有且只有一个零点

【答案】BCD【分析】由32()247fxxxx，知2()344fxxx，令2()3440fxxx，得23x，22x，分别求出函数的极大值和极小值，知A错误，BD正确；

由2a，2x且xa，令2()344gxxx利用导数说明其单调性，再根据切割线的定义即可判断，故C正确；【详解】解：32()247fxxxx，其导函数为2()344fxxx．令()0fx，解得23x，2x，当()0fx时，即23x，或2x

时，函数单调递增，当()0fx时，即223x时，函数单调递减；故当2x时，函数有极小值，极小值为215f，当23x时，函数有极大值，极大值为2()03f，故函数只有一个零点，A错误，B

D正确；令2()344gxxx，则()64gxx故在2,上()640gxx，即2()344fxxx在2,上单调递增，根据切割线的定义可知，当2a时，对任意的xa，恒有fxfaf

axa，即fxfafaxa对任意的2xa，恒有fxfafaxa，即fxfafaxa，故C正确；故选：BCD．【点睛】本题考查函数的单调区间、极值的求法，以及不等式的应用，解题时要认

真审题，仔细解答，注意等价转化思想和导数性质的灵活运用．第II卷（非选择题）三、填空题24．已知不等式ln1xax的解集为0,，则实数a的取值范围是________．【答案】1,0【分析】在同一坐标系中，作出函数lnyx和1yax的图象，分0a、0

a和0a三种情况讨论，结合导数的几何意义求得切线的斜率，即可求解.【详解】在同一坐标系中，作出函数ln,01lnln,1xxyxxx和1yax的图象，如图所示，当0a时，

函数lnyx和1yax的图象必有交点，此时不等式ln1xax在0,不能恒成立；当0a时，由ln0yx，显然不等式ln1xax在0,恒成立；当0a时，由函数ln,(0,1]yxx，可得1yx，可得1|1xy，即函数ln,(0,

1]yxx在(1,0)处的切线的斜率为1，要使得不等式ln1xax恒成立，可得1a，综上可得，实数a的取值范围是1,025．关于x的不等式210xxaxe恰有一个解，则实数a的取

值范围是__________．【答案】[,0)2e.【分析】设21xfxxaxe，当0a和0a时，不符合题意，当0a时，得到00fa，必有1110,(1)120ffae，解得02ea，再结合

函数的单调性与最值，即可求解.【详解】设函数21xfxxaxe，若0a时，当x时，21xxaxe，此时不等式210xxaxe，有无穷多个整数解，不符合题意；若0a时，20x无解，不符合题意；若0a时，可得00fa，则必有1110,(

1)120ffae，解得2ea，所以02ea，当02ea时，可得2(2)xxfxxaxexae，当0x时，0fx，当0x时，0fx，所以函数f

x在(,0)上单调递减，在(0,)单调递增，当1x时，(1)0fxf；当1x时，(1)0fxf，即当02ea时，0fx恰好有一个整数解，即为0，即00f，综上可得，实数a的取值范围是[,0)2e.【点睛】对于利用导数研究不等式的

恒成立与有解问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值

时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．26．若存在两个不相等的正实数x，y，使得22()0yxmyxee成立，则

实数m的取值范围是________.【答案】(,2).【分析】构造新函数2,0xxefxmx，由xy时，fxfy，可得函数fx不单调，转化为0x时，22xme有解，结合指

数函数的性质，即可求解.【详解】由存在两个不相等的正实数x，y，使得22()ee0yxmyx成立，可得22yxmeemyx成立，构造新函数2,0xxefxmx，由xy时，fxfy，可得函数fx不单调，又由22xefxm，可得当0x时，

220xefxm有解，即0x时，22xme有解，因为当0x时，222xe，所以2m，即实数m的取值范围是(,2).故答案为：(,2).27．已知函数3ln()2xfxaaxx，若存在唯一的整数0x，使0()0fx

，则实数a的取值范围是________．【答案】ln3ln2[)52，【分析】令3ln()xgxx，()2hxaxa，利用导数求得函数gx单调性与最大值，画出两个函数的图象，结合图象，分类讨论，列出不等式组，即可求解.【详解】由题意，函数3ln()

2xfxaaxx的定义域为(0,)，又由()0fx，可得3ln2xaxax，令3ln()xgxx，()2hxaxa，其定义域为(0,)，则23(1ln)()xgxx，令()0gx，即1ln0x，解得xe，当(0,)xe

时，0gx，gx单调递增；当(,)xe时，0gx，gx单调递减，所以gx在xe处取极大值也是最大值，又由3()gee、(1)0g，当x时()0gx，画出函数()gx的

大致图像，如图所示，又由函数()hx的图像是恒过点(12)0，的直线，若0a，则显然不符合题意，若0a，则满足(2)(2)(3)(3)ghgh，即3ln2423ln363aaaa，解得ln3ln252a．故答案为：ln3ln252a.【点睛】

对于利用导数研究不等式的有解问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据有解求解参数的取值时，一般涉及分类参

数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.28．若曲线21112yaxax在(0,1)处的切线斜率为-1，则a___________.【答案】-2【分析】

求出函数在0x的导数后可得切线的斜率，从而可求实数a的值.【详解】1yaxa，故0|11,2xyaa，故答案为：2.29．已知不等式ln(1)(2)2xaxb恒成立，则32ba的最小值为_

_____.【答案】1e【分析】令ln(1)(2)2fxxaxb，求得fx，求得函数fx的单调性与最大值，得到ln(2)10aab，得到3ln(2)422baaaa，设设ln(2)42aag

aa，设20ta，得到ln2ttgtt，利用导数求得函数gt最大值，即可求解.【详解】令ln(1)(2)2fxxaxb，其中1x，可得1(2)1fx

ax，当20a时，0fx，此时函数fx单调递增，无最大值，不符合题意；当20a时，令0fx，即1(2)01ax，解得32axa，当312axa时，0fx，函数fx单调递

增；当32axa时，0fx，函数fx单调递减，所以当32axa时，函数fx取得极大值，也是最大值，且3()ln(2)12afaaba，因为ln(1)(2)2xaxb恒成立，即ln(2)10aab恒成立，即3

ln(2)4baa，可得3ln(2)422baaaa恒成立，设ln(2)42aagaa，设20ta，可得ln2,0ttgttt，则21

lntgtt，令0gt，即21ln0tt，解得1te，当10te时，0gt，gt单调递增；当1te时，0gt，gt单调递减，所以当1te时，函数gt取得极大值，也是最大值，且1()1gee，所以312bea，即32ba的最

小值为1e.故答案为：1e.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，

直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.30．已知函数()|ln|xfxx.若关于x的方程22[()](21)()20fxmfxmm恰

有4个不相等的实数根，则实数m的取值范围是__________.【答案】(2,2)e【分析】令tfx，求得方程22(21)20tmtmm的解11tm或22tm，分类讨论，根据导数画出函数的图象

，结合函数的图象和题设条件，得出关于m的不等式组，即可求解.【详解】令tfx，则方程化为22(21)20tmtmm，解得11tm或22tm，由1x时，lnxfxx，可得2ln1lnxfxx，当xe时，0fx

，函数fx单调递增；当1xe时，0fx，函数fx单调递减，若01x时，lnxfxx，可得2ln10lnxfxx，函数fx单调递增，所以fx在(0,1)递增，在(1,)e递减，在(,)e上递增，则函数

fx的图象，如图所示，又由关于x的方程22[()](21)()20fxmfxmm恰有4个不相等的实数根，转化为1tfx有3个解，且2tfx只有1个解，即满足021meme，解得22me，即

实数m的取值范围为(2,2)e.故答案为：(2,2)e【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fx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.31．已知函数1ln,1()1,12xxfxxx，若存在12xx，使得

122fxfx，则12xx的取值范围是__________．【答案】[32ln2,)【分析】由函数的解析式，得出122222ln1,1xxxxx，令22222ln11gxxxx，利用导数求得函数2gx的单调性和最值，即可求解.【详解】因为12xx

，所以不妨设12xx．当1x时，()1ln1fxx，当1x时，1()12xfx，根据122fxfx，可知121xx<<，所以11221,1ln2xfxfxx，所以112211ln22xfxfxx，故1

212lnxx，所以122222ln1,1xxxxx．记22222ln11gxxxx，则2222xgxx，当2(1,2)x时，20gx，所以2gx在(1,2)上单调递减，当2(2,)x时，20gx，所以2gx在(2,)

上单调递增，所以2(2)32ln2gxg，又当2x时，2gx，所以2gx的值域是[32ln2,)．所以12xx的取值范围是[32ln2,)．故答案为：[32ln2,)．【点睛】方法总结：解答此类问题

，首项根据分段函数的解析式明确自变量的取值范围，找到1x、2x的关系．进而构造函数，利用导数解决函数的值域，从而得到取值范围．四、双空题32．已知函数321lne,3xfxxxaxgxx，对于任意的11,e2x，存在21,e2x，使12fxgx

，则实数a的取值范围为_________；若不等式316fxxxgx有且仅有一个整数解，则实数a的取值范围为_________.【答案】11,ee4ln29ln32e2,3e223【分析】(1)由题意可得

maxmax()()fxgx，利用导数求出最大值，即可得到答案；(2)分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性得到函数图象的大致走向，进而可得答案.【详解】(1)由题意得maxmax()

()fxgx，1,e2x.由321e,3fxxxax可得2222e=(e)efxxxaxa所以max11()=e24fxfa.由

lnxgxx，可得21ln()xgxx，则()gx在1e2，上单调递增，所以max1()(e)egxg.所以11e4ea，解得11ee4a.(2)由316fxxxgx，可得32311eln36xxaxxx

，0x，所以2ln1e2xaxxx.设2ln1()e2xhxxxx，则21ln()exhxxx,显然(e)0h，当0ex时，()0hx，()hx单调递增；当ex时，()0hx，()hx单调递减.又ln

2(2)2e2,2h9ln3(3)3e23h，ln3ln2ln9ln8(3)(2)e2.5e2.50326hh，则(3)(2)hh.又ln4(4)4e84h，(4)(2)2e60hh，则(4)(2)hh.综上所述，当

(2)(3)hah时，2ln1e2xaxxx有且仅有一个整数解，即当ln29ln32e23e223a时，316fxxxgx有且仅有一个整数解.故答案为11,ee4；ln29ln32e2,3e223.【点睛】本题考查函

数与导数的综合问题，考查利用导数研究函数的单调性、最值等性质，进而解决恒成立和存在性问题.遇到恒成立、存在性问题，一般要考虑转化为函数最值的关系问题来解决.33．设函数21,1(),1xxfxxaxx是单调函数．①a的取值范围是_____；②若()fx的值域是R

，且方程()ln()fxxm没有实根，则m的取值范围是_____．【答案】(0,2](,ln2)e【分析】（1）先判断1x的部分单调性，则1x部分单调性与1x部分一致，并且注意在1x处，两段函数取值的大小关系；（2）通过()fx的值域为R，结合函数图象可求a的值

；由于()ln()fxxm无实根，根据函数图象，确定临界位置：yax与ln()yxm相切的时候，求出此时的m值，通过将ln()yxm平移，可得出m的取值范围.【详解】①当1x时，1()fxxx，则21()10fxx

恒成立，故()fx在[1,)上单调递增，min()(1)2fxf，当1x时，()fxax，由于()fx在[1,)上单调递增，故()fxax也为单调递增函数，且2ax恒成立，∴02aa，故a的范围为(0,2]，②由①可得当1x时，()2fx，∵()fx的值域是

R，∴当1x时，2ax，∴2a，∵方程()ln()fxxm没有实根，当2yx与()ln()ygxxm相切时，设切点为00,2xx∵1()gxxm，∴012xm，0012lnln2xxm，∴01ln22x，∴0111ln2ln2222mxe∴

ln2me故m的取值范围为(,ln2)e，故答案为(0,2]，(,ln2)e【点睛】（1）确定分段函数的单调性，不仅要考虑每一段函数的单调性，还要注意分段点处的两段函数取值的大小关系；（2）方程解得个数问

题可以转化为函数图象的交点个数问题去解决，利用数形结合的思想更便捷34．已知函数f（x）=x|2x﹣a|﹣1．①当a=0时，不等式f（x）+1＞0的解集为_____；②若函数f（x）有三个不同的零点，则实数a的取值范围是_____．【答案】（0，+∞）（22，+∞）【分析】①把a=

0代入函数解析式，可得不等式，对x分类求解得答案；②转化方程的根为两个函数的图象的交点，利用数形结合，通过函数的导数求解即可．【详解】①当a=0时，不等式f（x）+1＞0⇔x|2x|﹣1+1＞0，即2x|x|＞0，若x＜0，得﹣2x2＞0，不合

题意；若x=0，得0＞0，不合题意；若x＞0，得2x2＞0，则x＞0．综上，当a=0时，不等式f（x）+1＞0的解集为（0，+∞）；②若函数f（x）有三个不同的零点，即方程x|2x﹣a|﹣1=0有3个不同根．即|

2x﹣a|1x有三个解，令y=|2x﹣a|，则y21222axaxaxaxx，，＜，画出两个函数的图象，如图：x2a＜，y1x，由y′21x2，解得x22，x22（舍去），此时切点坐标（222，），代入y=a﹣2x，可得a

=222222，函数f（x）=x|2x﹣a|﹣1有三个零点，则实数a的取值范围为（22，+∞）．故答案为（0，+∞）；（22，+∞）．【点睛】本题绝对值不等式的解法，考查函数的导数的应用，函数的零点的判断，考查数形结合的应用，是中档题．35．设函数()

,afxxx①若()fx在区间[1,)上不单调,实数a的取值范围是______;②若1,a且()()0fmxmfx对任意[1,)x恒成立,则实数m的取值范围是______.【答案】,1,

1【解析】由题意得222()1axafxxx，①fx在区间1,上不单调，()fx=0在区间1,上有奇次根，所以1,1aa．②111()20mmxmxmxmxxmxx对任意1,x恒成立，即222()10,mxmmx，因

为无穷时需要小于零，所以m<0,解集为222211(,0)(,)22mmmm，即22112mm解得m<-1.【点睛】(1)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递增，则()fx≥0在区间(a，b)上恒成立；要检验()fx

=0．(2)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递减，则()fx≤0在区间(a，b)上恒成立；要检验()fx=0．(3)可导函数f(x)在区间(a，b)上为增函数是()fx＞0的必要不充分条件.（4）可导函数f(x)在区间(a，b)上不单调，则()fx=0在区间(a，b

)上有奇次根．五、解答题36．已知2lnafxxaxx，其中0a.（1）讨论函数fx的单调性；（2）证明：512222211111111345en，其中*nN，2n.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）求得导数222()axxafxx，根据0和0两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；（2）由（1）得到当1a时，fx在0,是减函数，求得12ln0xxx，进而得到2222111ln1121nnnn，

得出21111ln1211nnn，即可作出证明.【详解】（1）由题意，函数2lnafxxaxx的定义域为(0,)，可得22222()aaxxafxaxxx，其中0,0ax，当2440a

，即21a，即1a时，0fx，fx在0,为减函数；当2440a，即21a，即10a时，由0fx得2111axa，2211axa，且12xx，121xx，1220xxa，在

10,x上，0fx，fx为减函数；在12,xx上，0fx，fx为增函数，在2,x上，0fx，fx为减函数，综上可得，当1a时，fx在0,为减函数；当10a

时，fx在2110,aa和211,aa上为减函数，在221111,aaaa为增函数（2）由（1）知，当1a时，12lnfxxxx在0,

是减函数，所以当1x时，10fxf，即12ln0xxx，所以11ln2xxx，所以2222111ln1121nnnn，其中222222211111111111212112

11nnnnnnnnn所以21111ln1211nnn，所以2221111111111ln1ln1ln1342

243511nnn，所以222111111115ln11134223112nnn

所以51222211111134en.【点睛】利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式()fxgxfxgx转化为证明0fxgx

(0)fxgx，进而构造辅助函数hxfxgx；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.37．设函数212xxafxexea

R.（1）当1ae时，求1xgxfxe的单调区间fx是fx的导数)；（2）若fx有两个极值点1x､212xxx，证明：1223xx.【答案】（1）增区间,1，减区间1,；（2）证明

见解析.【分析】（1）当1ae时，求得1xxfxeeex，得到xgxeex，求得xgxee，结合导数的符号和10g，即可求解；（2）求得xxfxeaex，把函数0fx有两个不等实根，转化为xaex有两个不等

实根1x，2x，令()xxmxe，利用导数求得函数()mx单调区间，得到10,ae，再由121xxxaexaex，得到1212xxxxaee，把1223xx转化为不等式3230ttet在0t时成立，令32

3thttet，求得函数的ht单调性与最值，即可求解.【详解】（1）当1ae时，函数2112xxfxexee，可得1xxfxeeex，则xgxeex，则xgxee，令xxee，可得

0xxe，所以xgxee为单调递减函数，又由10g，所以当1x时，0gx；1x时，0gx，故gx的增区间,1，减区间1,.（2）由题意，函数212xxafxexe

，可得xxfxeaex因为函数0fx有两个不等实根，即xaex有两个不等实根1x，2x，则xxae，令()xxmxe，可得1()xxmxe，令()0mx，解得

1x；令()0mx，解得1x，所以()mx在(,1)上递增，在(1,)上递减，所以1()(1)mxme，当x时，()0mx，所以10,ae，由121xxxaexaex，可得1212xxxxaee，

故11212121221212122332221xxxxxxxxxxxxxxxxaeaeeeeeee，令12txx，则0t.1232321tttxxee，0t，故不等式只要3230ttet在0t时成立，令323

0thttett，可得220thttet，10thtte.所以ht在0t单增，即00hth，所以ht在0t单减，即00hth.故原不等式1223xx得证.【点睛】对于

利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般

涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．38．已知函数211cos4fxaxx.（1）当2a时，求曲线y

fx在点,f处的切线方程；（2）当1a时，证明：对任意0,2x，0fx.【答案】（1）2302xy；（2）证明见解析.【分析】（1）当2a时，求得sinfxxx，得

到232f，f，结合直线的点斜式，即可求解；（2）求得sin,0,22afxxxx，令sin2axxgx，得到cos2axxg，当2a时，得到fx为增函数，得到2cos20fxf≤；当

1,2a时，存在00,2x，使00cos02axgx，结合函数gx的单调性得出fx单调性，得到0fx.【详解】（1）当2a时，函数212cos2fxxx，可得si

nfxxx，则232f，f，所以曲线yfx在点,f处的切线方程为232yx，即2302xy.（2）由函数211cos4fxaxx，可得

sin,0,22afxxxx，令sin2axxgx，则cos2axxg，当2a时，0gx，所以gx为增函数，00gxg，所以0fx，fx为增函数，所以

2cos20fxf≤.当1,2a时，1,122a，又因为0,2x，所以coscos2,1x，所以存在00,2x，使0cos2ax，即00cos02axgx，所以函数gx

在00,x上为减函数，在02x,上为增函数，因为00g，所以00gx，而2sin20ga，所以存在10,2xx，使10gx，当10,xx时，0gx，即0fx；当1,2xx时，0gx，即0fx，所以fx

在10,x上单调递减，在1,2x上单调递增，又因为010fa≤，2cos20f，所以0fx.综上可得，当1a时，对任意0,2x，都有0fx.【点睛】利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式

()fxgxfxgx转化为证明0fxgx(0)fxgx，进而构造辅助函数hxfxgx；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，变形再构造，

对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.39．已知函数()xfxmexmR（1）当1m时，求fx的单调区间;（2）若fx有两个零点12,xx，当214xx时，不等式21112()13xxx

memeaxax恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）递增区间为(0,)，减区间为(,0)；（2）221,ln.【分析】（1）当1m时，求得1xfxe，根据导数的符号，即可求得函数的单调区间；2求得1xfxm

e，当0m和0m时，函数至多一个零点，当0m时，利用导数求得函数的单调性，求得11minfxlnm，根据fx有两个零点，求得10me，把不等式恒成立转化为112222111ln13,l31nxxxaaxxxaxaxx恒成立，令21xtx，得到

13lntat对4t恒成立，构造函数13lntgtt，利用导数求得单调性，结合函数的单调性，即可求解.【详解】（1）当1m时，函数xfxex，则1xfxe，令0fx

，即10xe，解得0x，当0x时，0,fxfx单调递减;当0x时，0,fxfx单调递增，所以函数fx的单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0).2由函数xfxmex，可得1xfxme，

当0m时，0,fxfx单调递减，不可能有两个零点;当0m时，fxx，有一个零点;当0m时，令0fx，即10xme，可得10xem，所以1lnxm，则当1xlnm时，0,fxf

x为单调递减函数;当1xlnm时，0,fxfx为单调递增函数，所以当1xlnm时，fx有极小值也是最小值，即111minfxflnlnmm，因为fx有两个零点，所以11110,1,lnlnemmm，所以10me，又因为00fm

，21110,4fmexx，所以101x，因为21242lnlnlnmmm，244221ln2ln2lnfmmmmm，且0x时恒有0xlnx，所以24ln0fm，所以2122lnxlnmm，

所以m的取值范围为10,e，因为1110xfxmex，2220xfxmex，所以2121xxmemexx.又因为2121xxxex，所以2211lnxxxx当214xx时，不等式21112()13xxxmemeaxax恒成立，即

112222111ln13,l31nxxxaaxxxaxaxx令21xtx，因为214xx，所以4t，则31()lntta，所以13lntat对4t恒成立，令13lntgtt，则2213ln12333ttt

tlnttgtttt令23htttlnt，则1htlnt，当4t时，0,htht单调递减，所以45440hthln，所以0,gtgt在4,上单调递减，4221gtgln

，则a的取值范围为221,ln.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构

造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在

性问题的区别．40．已知函数2lnfxxxax，aR.（1）设12a，xgxfe，讨论函数gx的单调性；（2）若函数fx存在两个不同的极值点1x，2x，且12xx，20fx，求证：221fx

axe.【答案】（1）函数gx在R上单调递减；（2）证明见解析.【分析】（1）求得12xxgxexae，设1xehxx，求得1xhxe，得到函数的单调性，得到00hxh，进而得出0gx恒成立，即可求解；（2）

求得ln12fxxax，令0fx，得到ln12xax，设ln1xxxk，利用导数求得kx的单调性，得到021a，再由22ln12xax，可得222ln1ln2xxax，根据0xe，即可求解.【详解】（1）由

题意，函数2xxxxxegefea，可得12xxgxexae，设1xehxx，则1xhxe，当0x时，0hx，当0x时，0hx，函数hx在,0上递增，在0,

上递减，所以00hxh.当12a时，1210xxxaexe，0gx恒成立，函数gx在R上单调递减.（2）由函数2lnfxxxax，可得ln12fxxax，因为函数fx存在两个不同的极值点1x，2x，令0fx，则

ln12xax，设ln1xxxk，可得2lnxxkx，当01x时，0kx，当1x时，0kx，所以函数kx在0,1上递增，在1,上递减，且x时，0kx，11k，10ke

，所以021a，又由22ln12xax，可得22ln12xax，且20fx，即2222ln0xxax，即222ln1ln2xxax，所以2ln1x，2xe.则xe时，0xe

，即lnxxxxexe，所以221fxaxe.【点睛】利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式()fxgxfxgx转化为证明0fxgx

(0)fxgx，进而构造辅助函数hxfxgx；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.41．已知

函数311ln62xaxxfxax．（1）若0a讨论fx的单调性；（2）当1a时，讨论函数fx的极值点个数．【答案】（1）增区间为1,，减区间为0,1；（2）答案见解析

．【分析】（1）求得211ln22xaxfx，令gxfx，可得2xxaxg，求得函数gx的单调性，结合10f，结合fx的符号，即可求解；（2）①当0

a时，由（1）得到fx只有一个极值点；②当10a时，由0gx，求得xa，得出函数的单调性和最值，再结合1a和10a分类讨论，结合单调性与最值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数311ln62x

axxfxax定义域为0,，可得211ln22xaxfx，令gxfx，可得2axaxxgxx，因为0a所以0gx，所以gx在0,上为增函数，又因为10f，所以

0,1x，0fx，1,x，0fx，所以fx的增区间为1,，fx的减区间为0,1．（2）①当0a时，由（1）可知fx在0,上有唯一极小值1f，所以极值点个数为1个．②当10a

时，则20axxxg，得xa，当0,xa时，0gx，,xa时，0gx，所以min1ln22aggxaaa，令1ln22aahaa，1ln2haa．

因为10a，所以0ha，即ha在1,0a上单调递减，所以max10hah，所以（ⅰ）当1a时，min10gxh，在0,上0gx恒成立，即0fx在0,

上恒成立，所以fx无极值点．（ⅱ）当10a时，01a，0ha，即min0gx易知20aea，24241113ln02222aaaageeaee所以存在唯一20,axea使得00gx，且当

00xx时，0gx，当0xxa时，0gx，则fx在0xx处取得极大值；又10g，所以当1ax时，0gx，当1x时，0gx，即fx在1x处取得极小值；故此时极值点

个数为2，综上所述：当1a时，fx的极值点个数为0；当10a时，fx的极值点个数为2；当0a时，fx的极值点个数为1．【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fx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.42．已知函数2exfxaxx，aR1310e3.67．（1）若函数fx为单调函数，求实数a的取值范围；（2）当1a时，证明：3

5fx在0,恒成立．【答案】（1）2ln22a；（2）证明见解析．【分析】（1）求得e2xfxax，令gxfx，得到e2xgx，求得函数gx的单调性，得到ln2gxg，由fx为单调函数，则fx恒不小于0或

恒不大于0，即可求解；（2）当1a时，求得e12xfxx，由（1）得到minln20fxf，得到存在唯一的0131,10x，使00fx，得出函数的单调性，求得200min1fxxx

，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】（1）由2exfxaxx，可得e2xfxax，记e2xgxfxax，则e2xgx，当,ln2x时，0gx，gx单调递减；当ln2,x

时，0gx，gx单调递增；所以ln222ln2gxga，因为fx为单调函数，则fx恒不小于0或恒不大于0，又当0x时，且12ax时，e2120xfxaxax，所以0fx，即22ln20a，解得2ln22a．（2

）当1a时，2exfxxx，所以e12xfxx，由（1）知fx在0,ln2上单调递减，在ln2,单调递增，所以minln212ln20fxf．又因为00f，130fe，133.673.6010

f，所以存在唯一的0131,10x，使00fx，所以当00,xx，00fx，当0,xx，00fx，所以fx在00,x上单调递减；在0,x上单调递增，且

000e120xfxx，所以2220000000min15e124xfxfxxxxxx，又因为0131,10x，所以2201513156132410241005x，所以min35

fx，所以35fx恒成立．【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据

恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．43．已知函数2ln

1,0.fxxmxm（1）若fx在1,1f处的切线斜率为132，求函数fx的单调区间；（2）设singxfxx，若0x是gx的极大值点，求m的取值范围．【答案】（1）增区间为331,6和33,6

，减区间为3333,66；（2）10,2．【分析】（1）求得121fxmxx，由1312f，求得3m，得到26611xxfxx，结合导数的符号，即可

求解；（2）由2ln1singxxmxx，求得12cos1gxmxxx，令hxgx，由212sin(1)hxmxx，得到021hm，分102m和12m，利用导数求得

函数的单调性与极值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数2ln1fxxmx的定义域为1,，可得121fxmxx，则1131222fm，解得3m，所以216

61611xxfxxxx，令0fx，解得13316x，2336x，令0fx，可得11xx或2xx；令0fx，可得12xxx，所以fx在11,x和2,x上单调递增，在12,xx上单调递减，即函数fx的单

调递增区间为331,6和33,6，单调递减区间为3333,66.（2）由题意，可得2sinln1singxfxxxmxx

，则00g且12cos1gxmxxx，可得00g令hxgx，则212sin(1)hxmxx，可得021hm，若102m，当1,2x时，21(1)yx单调递增，所以

hx在1,2上单调递增．又因为210210,210212hmhm，因此存在00,2x使得00hx，所以当

01,xx时0,0,hxhxgxhx在01,x上单调递减，又由000gh，所以当1,0x时，0gx；当00,xx时，0gx，所

以gx在1,0上单调递增，在00,x上单调递减，符合题意．若12m，当0,2x时，22112sin1sin0(1)(1)hxmxxxx，所以hx在0,2

上单调递增，00,gxggx在0,2上单调递增，因此0x不可能是gx的极大值点．综上，当0x是gx的极大值点时，m的取值范围为10,.2【点睛】函数由极值、极值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，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从fx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，求满足函数极值或极值

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.44．已知函数2112xfx

xemxmx.（1）当0m时，求fx的极值；（2）当2m时，讨论fx的零点个数.【答案】（1）极小值11e，无极大值；（2）答案见解析.【分析】（1）当0m时，求得1xfxxe，根据导数的符号求得函数的单调，进而求得函数的极值；（2）求得函数的

导数1xfxxem，（i）当0m时，单调fx仅有一个零点；（ii）当0m时，根据min10fxf和10f，得到以fx在1,内有1个零点；再x

gxxe，利用导数求得单调性，得到1gxg，进而化简函数，得到21112fxmxmxe，得出fx在,1内有1个零点，所以fx有两个零点；（iii）当20m时，求得0fx的根据，分ln1m、ln1m和ln1m三

种情况讨论，结合单调性与极值，得到fx仅有1个零点，即可求解.【详解】（1）当0m时，函数1xfxxe，可得1xfxxe，令0fx，可得1x；令0fx，可得1x，所以fx在

,1上单调递减，在1,上单调递增，当1x时，fx取得极小值11e，无极大值.（2）由题得，11xxfxxemxmxem.（i）当0m时，1xfxxe，当0x时，0fx，又fx为0,上的增函数，且

1e10f，所以fx仅有一个零点；（ii）当0m时，0xem，当1x时，可得0fx，fx为减函数；当1x时，可得0fx，fx为增函数，所以min11102mfxfe，因为3111022mf

emem，所以fx在1,内有1个零点.令xgxxe，则1xgxxe，所以gx在,1上单调递减，在1,上单调递增，所以11gxge，所

以221111122xfxxemxmxmxmxe，因为0m，所以当x趋近于时，2111e2mxmx的值趋近于，所以fx在,1内有1个零点，所以fx有两个零点

：（iii）当20m时，由0fx，得1x或lnxm，①若ln1m，即10me，则当lnxm时，0fx，fx单调递增；当ln1mx时，0fx，fx单调

递减：当1x时，0fx，fx单调递增.而2lnln102mfmm，33111022femee，此时，函数fx仅有一个零点.②若ln1m，即1me.则0fx，fx为R上的增函数，

因为010f，31102fem，此时fx仅有一个零点.③若ln1m，即12me，则当1x时，0fx，fx单调递增；当1lnxm时，0fx，fx单调递减：当lnxm时，0fx，fx单调递增.因

为12me，则11102mfe，222410fem.此时fx仅有1个零点.综上，当20m时，fx只有1个零点；当0m时，fx有两个零点.【点睛】利用函数的导数研究函数的零点问题的常用方

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fx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.45．已知函数2ln21afxxaRx.（1）讨论函数fx的单调性；（2）求证：当0x时，

2ln11xxxe.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求得22211'1xaxfxxx，由22110xax，结合0，得到2a或0a，分类讨论结合导数的符号，即可求解；（2）由（1）知当2a时，函数f

x在1,上单调递增，根据1fxf，转化为2ln12xxx在0,上恒成立，再结合2221xxxxe，转化为22220xexx，设2222xxexx，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数

2ln21afxxx，可得其定义域为0,，且22221112'11xaxafxxxxx.令'0fx，即22110xax，由24140a

，解得2a或0a①若0a，则'0fx，所以fx在0,上单调递增，②若02a，此时0，'0fx在0,上恒成立，所以fx在0,上单调递增.③若2a，此时0，方程22110xax的

两根为2112xaaa，2212xaaa且1>0x，20x，所以fx在20,12aaa上单调递增，在2212,12aaaaaa上单调递增，在212,aaa上单调递增.综上所述；若2a，fx在0,上

单调递增﹔若2a，fx在20,12aaa，212,aaa上单调递增，在2212,12aaaaaa上单调递减.（2）由（1）可知当2a时，函数fx在1,上单

调递增，所以10fxf，即4ln201xx在1,上恒成立，所以2ln12xxx在0,上恒成立，下面证22021xxxxxe，即证22220xexx，设22

22xxexx，可得'222xxex，设222xxex，可得'220xxe在0,上恒成立，所以222xxex在0,上单调递增，所以22200xxex，所以2222xxexx

在0,上单调递增，所以222200xxexx，所以2221xxxxe，即当0x时，2ln11xxxe.【点睛】利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证

明不等式()fxgxfxgx转化为证明0fxgx(0)fxgx，进而构造辅助函数hxfxgx；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论

；（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.46．已知函数211xxaxfxeaxe，Ra.（1）若1a，过点1,2作曲线y

fx的切线，求切点坐标；（2）讨论函数fx的零点个数.【答案】（1）22,4e；（2）答案见解析.【分析】（1）当1a时，求得函数fx和fx，求得切点坐标为000,2xxex和0fx，求得切线方程00021xxyexxe，代入点1,

2，求得02x，即可求解.（2）令0fx，得到即221110xxxxaaee，令xxte，把方程(*)等价于方程21110atat(**)，求得函数xxte的单调性及21110atat【详解】（1）当1a时，函数2xf

xex，可得2xfxe，设切点坐标为000,2xxex，则002xfxe，所以曲线yfx在点000,2xxex处的切线方程为000022xxyexxex，化简得00021xxyexxe.

因为切线过点1,2，所以000221xxexe，即0020xxe，解得02x，所以切点坐标为22,4e.（2）令0fx，可得2110xxaxeaxe，即221110xxxxaaee(*)，令xxte，则方程(*)等

价于方程21110atat(**).对于函数xxte，2e1xxxxexxtee，当,1x时，10xxte，当1,x时，10xxte，

所以函数xxte在,1上单调递增，在1,上单调递减.因此1xxtee，且当x趋近于时，t趋近于，当x趋近于时，t趋近于0，作出函数xxte的大致图象，如图所示.当1a时，方程(**)为210t，得102t，此时函数fx只有一个零点.当

1a时，对于(**)，22214125140aaaaa，所以方程21110atat必有2个不同的根，不妨设为1t，2t，且12tt，记2111gtatat

，若10a，即1a，则12101tta，得120tt.由于010g，因此当10ge，即11aee时，210te，①当11aee时，10ge，则10t，21te，此时函数f

x有2个零点；②当11aee时，10ge，则1210tte，此时函数fx有3个零点；③当111aee时，10ge，则10t，21te，此时函数

fx有1个零点.若10a，即1a，则12101tta，12101atta，可得120tt，此时函数fx有2个零点.综上，当11,1aee时，函数fx有1个零点；当1,11a

ee时，函数fx有2个零点；当1,1aee时，函数fx有3个零点.【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fx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.47．已知函数()1(0)fxaxx，1()ln2agxxax．（1）若12a，比较函数

fx与gx的大小；（2）若1x时，fxgx恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）1[,)2．【分析】（1）当12a，单调1()()()ln22xFxfxgxx

x，利用导数求得函数()Fx在0,单调递增，且10F，即可得到结论；（2）设1()1ln2,1ahxaxxaxx，求得函数的导数，分12a、102a和0a三种情况讨论，结合函数的单调性，即可求解.【详解】（1）由题意，当12a，可得函数()12x

fx，1()ln12gxxx．则1()()()ln22xFxfxgxxx，可得222111(1)()0222xFxxxx，所以()Fx在0,单调递增，且10F，综

上，当1x时，()0Fx，可得()()fxgx；当(0,1)x时，()0Fx，可得()()fxgx；当(1,)x时，()0Fx，可得()()fxgx.（2）设1()1ln2,1ahxaxxaxx，可得2222

11(1)(1)(1)()aaxxaxaxahxaxxxx，且(1)0h，若0a时，()0hx，hx在1,单调递减，10hxh，不合题意，舍去；若0a时，可得22

11(1)[()](1)()aaxaxaxxaahxxx，令0hx，解得11x和21axa，①当12a时，当1x，可得0hx，hx在1,单调递增，所以(

)(1)0hxh，此时()()fxgx；②当102a时，令0hx，解得1axa；令0hx，解得11xa，所以hx在11,1a单调递减，在,1()aa单调递增，所以

10hxh，不合题意，舍去；③当0a时，可得0hx，hx在1,单调递减，不合题意，舍去．综上可得，实数a的取值范围是1[,)2．【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离

参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．48．设函数21ln2fxxaxbx．（1）已知fx在点1,1Pf处的切线方程是21y

x，求实数a，b的值；（2）在第（1）问的条件下，若方程20xfx有唯一实数解，求实数的值．【答案】（1）0a，1b；（2）1．【分析】（1）当1x时，求得1112bfa，得到22ab，再由112bfa，联立方程组即可求解；（2）根据题

意转化为2ln0xxx有唯一实数解，设2lnxxgxx，求得221xxgxx，令2210xx，利用二次函数的性质，得到函数gx单调性与最值，进而得到20gx，结合2ln1hxxx的单调性，求得方程的解

为21x，代入，即可求解.【详解】（1）当1x时，可得2111y，所以1112bfa，即22ab，因为1fxaxbx，即112bfa，即1ab联立方程组221abab，

解得0a，1b．（2）由方程2fxx有唯一实数解，即2ln0xxx有唯一实数解，设2lnxxgxx，则221,0xxgxxx，令2210,0xxx，因为0

，所以180，且12102xx，所以方程有两异号根，设10x，20x，因为0x，所以1x应舍去，当20,xx时，0gx，gx在20,x上单调递减；当2,xx时，0gx，gx在

2,x上单调递增．当2xx时，20gx，gx取最小值2gx，因为0gx有唯一解，所以20gx，则2200gxgx，即2222222ln0210xxxxx

，因为0，所以222ln10xx．（*）设函数2ln1hxxx，因为当0x时，hx是增函数，所以0hx至多有一解，因为10h，所以方程（*）的

解为21x，将21x代入222210xx，可得1．【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fx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.49．已知函数2xxfxebeax，其中e是自然对数的底数．（1）若0b，2ea，证明：0fx，（2）若1b时，

0fx在0,恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）,1．【分析】（1）由当0b，2ea时，求得xfxee，得出函数fx单调性和最值，即可求解；（2）当1b时，求得2xxfxeea，得到0xxfxee

在0,恒成立，且022fa，分1a和1a两种情况讨论，结合函数的单调性与最值，即可求解.【详解】（1）由题意，当0b，2ea时，可得xfxeex，则xfxee，当1x时，可得0fx；当,1x时，0fx，

fx单调递减；当1,x时，0fx，fx单调递增；所以fx在1x时取得极小值，也是最小值，所以10fxf．（2）当1b时，函数2xxfxeeax，可得2xxfxeea，0xxf

xee在0,恒成立，所以fx在0,上单调递增，022fa．①当1a时，00fxf，所以fx在0,上单调递增，所以00fxf，

满足题意．②当1a时，因为fx在0,上单调递增，所以min0220fxfa，存在0,t，使得当0,xt时，0fx，fx在0,t上单调递减，所以当0,xt时，00fxf，这与0fx在0

,上恒成立矛盾综上所述，1a，即实数a的取值,1．【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、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；2、利用

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．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

50．已知函数21222xfxxeaxxaR．（1）当1ea时，讨论函数fx的极值；（2）若存在00x,，使得00001ln222fxxxaax，求实数a的取值范围．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）

,1．【分析】（1）求得函数的导数1xfxxea，分0a、10ae和1ae三种情况讨论，结合导数的符号和极值的定义，即可求解；（2）由存在00x,，使得0000ln0xxexxa，构造新函数lnxhxxexxa，利用求得函

数的单调性与最值，进而求得实数a的取值范围.【详解】（1）由题题意，函数21222xfxxeaxx，可得1e11exxfxaxxax．①当0a时，若1x，则0fx，若1x，则0fx，所以fx在区间,1

上是减函数，在区间1,上是增函数，所以当1x时，fx取得极小值1312fea，无极大值，②当10ae时，若lnxa或1x，则0fx，若ln1ax，则0fx，fx在区间,lna上是

增函数，在区间ln,1a上是减函数，在区间1,上是增函数，所以当lnxa时，fx取得极大值21lnln2faaaa，当1x时，fx取得极小值131e2fa．③当1ae时，0fx，∴fx在区间

,上是增函数，∴fx既无极大值又无极小值．综上所述，当0a时，fx有极小值1312fea，无极大值；当10ae时，fx有极大值21lnln2faaaa，极小值131

2fea；当1ae时，fx既无极大值又无极小值（2）由题知，存在00x,，使得0000ln0xxexxa，设lnxhxxexxa，则11111xxhxxexexx，设

10xmxexx，∴mx在区间0,上是增函数，又1202me，110me，∴存在11,12x，使得10mx，即111xex，∴11lnxx

，当10xx时，0mx，即0hx，当1xx时，0mx，即0hx，∴hx在区间10,x上是减函数，在区间1,x上是增函数，∴11111111min11eln1xhxhxxxxa

xxxaax，∴10a，∴1a，∴实数a的取值范围为,1．【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不

易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．51．已知函数32112244ln62fxxaxaxaxx的导函数为fx，aR.（Ⅰ）求fx的极值；（Ⅱ）判断函数fx

在区间210,38ln2aaa上的单调性.【答案】（1）答案见解析；（2）函数fx在(0,2)上递减，在区间213(2,)8ln2aaa上递增.【分析】（1）求得fx，令21224ln2gxxaxax，求得(2)(2)xaxgxx

，令0gx，解得2x或2xa，分0a、10a、1a和1a四种情况讨论，结合极值的概念，即可求解；（2）由（1）知fx在(0,2)上递减，在(2,)上递增，令21()38ln22haaaa，利用导数求得函数()ha的单调性与

最小值，进而求得函数fx的单调性.【详解】（1）由题意，函数32112244ln62fxxaxaxaxx的定义为(0,)，则21224ln,02fxxaxaxx，令21224ln,02gxxaxaxx，则24(22)4(2

)(2)22axaxaxaxgxxaxxx，令0gx，可得2x或2xa，①若0a，当02x时，0gx，gx单调递减；当2x时，0gx，gx单调递增，所以当2x

时，gx取得极小值244ln22gaa，无极大值；②若022a时，即10a时，当02xa时，0gx，gx单调递增，当22ax时，0gx，gx单调递减；当2

x时，0gx，gx单调递增，所以当2xa时，gx取得极大值22244ln(2)gaaaaa，当2x时，gx取得极小值244ln22gaa；③若22a时，即1a时，当02x时，0gx，gx单调递增，当22xa时，

0gx，gx单调递减；当2xa时，0gx，gx单调递增，所以当2x时，gx取得极大值244ln22gaa，当2xa时，gx取得极小值22244ln(2)gaaaaa，④若1a时，此时2(2)0xgxx，此时函数

gx单调递增，此时无极值；综上可得：当0a时，函数fx有极小值44ln22aa，无极大值；当10a时，函数fx有极大值2244ln(2)aaaa，极小值44ln22aa；当1a时，函数

fx有极大值44ln22aa，极小值2244ln(2)aaaa；当1a时，函数fx无极值.（2）当210,38ln2xaaa时，其中0a，由（1）知，fx在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,

)上单调递增，令21()38ln22haaaa，可得2838()3aahaaaa，令()0ha，即2380aa，解得41322a或41322a（舍去），当4132

2a时，()ha取得最小值为34114138ln()4(2)2ha，设21ln,12xgxxxx，可得22(1)02xgxx，所以gx在(1,)为递减函数，又由10g，所以当1x时，00gxg

，即21ln2xxx，可得3411413341174127138ln()8()41422432322，又由164169，可得24113，所以134102，即()0ha，即2138ln22aaa，所以fx在(0,2)上单调递减，在区间213(2

,)8ln2aaa上单调递增，【点睛】解决函数极值、最值综合问题的策略：1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比

较才能确定最值.52．已知函数2ln121,fxaxxaxaaR．（1）讨论fx的单调性；（2）若fx存在极值，且0fx在1,上恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）答案不

唯一，具体见解析；（2）10a＜．【分析】（1）求得fx的导数22421xafxxx，令2242gxxax，结合二次函数的图象与性质，根据对称轴分类讨论确定fx的符号，即

可求解；（2）把1,x，0fx恒成立，转化为2ln11121xxxxa恒成立，令1tx，20,ln,tthttt，利用导数求得函数ht的单调性与最值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数2ln121,fxax

xaxaaR，可得fx的定义域为1,，且22421xafxxx，令2242gxxax，对称轴为41224aax，当114a，即0a时，gx在1,上单调递增，且10gxga，所

以fx在1,上单调递增；当114a，即0a时，令0gx，得2241680aaa恒成立，可得214814aaax，224814aaax，所以在2481,4aaa上0gx

，即fx在2481,4aaa上单调递减；在248,4aaa上0gx，即fx在248,4aaa上单调递增，综上所述，当0a时，fx在1,上单调递增；当0a时，fx

在2481,4aaa上递减，在248,4aaa上递增．（2）由（1）可知，若fx存在极值，则0a，1,x，不等式0fx恒成立，等价于2ln11121xxxxa恒成立，令1tx，2ln

tthtt，0,t，则312ln'tthtt，令12lnttt，则2'10tt，所以12lnttt在0,上递减，因为10，所以当0,1t时，0tφ，ht在0,1上单调递

增；当1,t时，0t，ht在1,上单调递减，所以11hth，即11a，解得10a.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：1、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；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.53．已知函数ln11f

xxax，0a.（1）讨论fx的单调性；（2）证明：*ln1ln2ln22334422nnnnN.【答案】（1）在1,a上单调递减；（2）证明见解析.【分析】（1）求得211'021

axfxxax，即可得到fx在1,a上单调递减；（2）当2a时，得到()ln211fxxx，根据（1）得到当1x时，ln211xx.取11xnnn，化简得到ln2ln(21)lnln222212nnnnnnn

nnnn，进而证得不等式成立.【详解】（1）由题意，函数ln11fxxax，则2111'02121axafxxaxxax≤，故fx在1,a上单调递减.（2）当2a时，可得()ln211fxxx，由（

1）知fx在1,2上单调递减，注意到10f，则当1x时，恒有ln211xx，取11xnnn，可得12ln111nn，即1ln11122nnnn，又由ln

2ln(21)lnln222212nnnnnnnnnnn，因此ln1ln2ln334422nnn111ln1ln1ln1ln12123412nnnn11

1111ln21324112nnnn211ln21212nnnn22.【点睛】利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式

()fxgxfxgx转化为证明0fxgx(0)fxgx，进而构造辅助函数hxfxgx；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，变形再构造

，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.