【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题13《利用导数证明或求函数的单调区间》(解析版).doc，共(43)页，2.151 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题13利用导数证明或求函数的单调区间一、多选题1．已知函数1()2lnfxxx，数列na的前n项和为nS，且满足12a，*1Nnnafan，则下列有关数列na的叙述正确的是（）A．21aaB．1naC．100100S

D．112nnnaaa【答案】AB【分析】A．计算出2a的值，与1a比较大小并判断是否正确；B．利用导数分析fx的最小值，由此判断出1na是否正确；C．根据na与1的大小关系进行判断；D．构造函数1ln11h

xxxx，分析其单调性和最值，由此确定出1ln10nnaa，将1ln10nnaa变形可得112nnaa，再将112nnaa变形可判断结果.【详解】A选项，3221112ln2ln4ln2222ae，A正确；B选项，因为22212

1()xfxxxx，所以当1x时，0fx，所以()fx单增，所以()(1)1fxf，因为121a，所以11nnafa，所以1na，B正确；C选项，因为1na，所以100100S，C错误；D选项，令1()ln1(1)hxxxx，22111(

)0xhxxxx，所以()hx在(1,)单调递增，所以()(1)0hxh，所以1ln10nnaa，则22ln20nnaa，所以112ln2nnnaaa，即112

nnaa，所以112nnnaaa，所以D错误.故选：AB.【点睛】易错点睛：本题主要考查导数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：（1）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题

；（2）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.2．设函数2()lnfxxxx的导函数为()fx，则（）A．1()0feB．1xe是()fx的极值点C．()fx存在零点D．()fx在1,e单调递增【答案】AD【分

析】求出定义域，再求导，计算即可判断A，由导函数22()ln2ln1(ln1)0fxxxx，即可判断选项B、D，由()0fx，即可判断选项C，从而可得结论．【详解】由题可知2()lnfxxxx的定义域为(0,)，对于A，2()ln2ln1fxxx，则21

11()ln2ln11210feee，故A正确；对于B、D，22()ln2ln1(ln1)0fxxxx，所以函数()fx单调递增，故无极值点，故B错误，D正确；对于C，22()ln(ln1)0fxxxxxx，故函数()fx不

存在零点，故C错误．故选：AD．3．已知函数sinxfxx，0,x，则下列结论正确的有（）A．fx在区间0,上单调递减B．若120xx，则1221sinsinxxxxC．fx在区间0,上的值域为0,1D．若函数

cosgxxgxx，且1g，gx在0,上单调递减【答案】ACD【分析】先求出函数的导数，然后对四个选项进行逐一分析解答即可，对于选项A：当0,2x时，可得0fx，可

得fx在区间0,2上单调递减；当,2x，可得0fx，可得fx在区间,2上单调递减，最后作出判断；对于选项B：由fx在区间0,上单调递减可得12fxfx，可得1212sinsinxxxx，进而作出判断；对于选项

C：由三角函数线可知sinxx，所以sin1xxxx，sin()0f，进而作出判断；对于选项D：singxgxxgxx，可得sinxgxfxx，然后利用导数研究函数gx在区间0,上的单调性，可得

0gxg，进而可得出函数gx在0,上的单调性，最后作出判断.【详解】2cossinxxxfxx，0,x，当0,2x时，cos0x，由三角函数线可知tanxx，所以sincosxxx，即cossin

xxx，所以cossin0xxx，所以0fx，所以fx在区间0,2上单调递减，当,2x，cos0x，sin0x，所以cossin0xxx，0fx，所以fx在区间,2上单调递减，所以fx在区

间0,上单调递减，故选项A正确；当120xx时，12fxfx，所以1212sinsinxxxx，即1221sinsinxxxx，故选项B错误；由三角函数线可知sinxx，

所以sin1xxxx，sin()0f，所以当0,x时，0,1fx，故选项C正确；对cosgxxgxx进行求导可得：所以有singxgxxgxx，所以sinxgxfxx，所以gx

在区间0,上的值域为0,1，所以0gx，gx在区间0,上单调递增，因为0g，从而0gxg，所以函数gx在0,上单调递减，故选项D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：本题考查导数的综合应用，对

于函数sinxfxx的性质，可先求出其导数，然后结合三角函数线的知识确定导数的符号，进而确定函数的单调性和极值，最后作出判断，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于中档题.4．已知函数1lnfxxxx，给出下列四个结论，其中正确的是（）A．曲线yfx在

1x处的切线方程为10xyB．fx恰有2个零点C．fx既有最大值，又有最小值D．若120xx且120fxfx，则121xx【答案】BD【分析】本题首先可根据10f以及()13f¢-=-判断出A错误，然后根据当0x时的函

数单调性、当0x时的函数单调性、10f以及10f判断出B正确和C错误，最后根据120fxfx得出121fxfx，根据函数单调性即可证得121xx，D正确.【详解】函数1lnfxxxx的定义域为,00,

，当0x时，1lnfxxxx，2221111xxfxxxx；当0x时，()()1lnfxxxx=--+，2221111xxfxxxx，A项：()()1ln1110f-=+

-=，()()()22111131f----¢-==--，则曲线yfx在1x处的切线方程为()031yx-=-+，即33yx，A错误；B项：当0x时，()2222151240xxxfxxx骣---琪琪-+-桫¢==-<，函数fx是减函数，当0x时，()22221

51240xxxfxxx骣---琪琪-+-桫¢==-<，函数fx是减函数，因为10f，10f，所以函数fx恰有2个零点，B正确；C项：由函数fx的单调性易知，C错误；D项：当1>0x、20x时，因为120fxfx，所以(

)()1222222221111lnlnfxfxxxxfxxxx骣琪=-=-+-=-+=琪桫，因为fx在0,上为减函数，所以121xx，120xx，同理可证得当10x、20x时命题也成立，D正确，故选：BD.【点睛】本题考查函

数在某点处的切线求法以及函数单调性的应用，考查根据导函数求函数在某点处的切线以及函数单调性，导函数值即切线斜率，若导函数值大于0，则函数是增函数，若导函数值小于0，则函数是减函数，考查函数方程思想，考查运算能力，是难题.5．已知函数esinxfxax，则下列说法正确的是（）A．当1a

时，fx在()0,+?单调递增B．当1a时，fx在0,0f处的切线为x轴C．当1a时，fx在π,0存在唯一极小值点0x，且010fxD．对任意0a，fx在π,一定存在零

点【答案】AC【分析】结合函数的单调性、极值、最值及零点，分别对四个选项逐个分析，可选出答案.【详解】对于A，当1a时，esinxfxx，ecosxfxx，因为0,x时，e1,cos1xx，即()0fx¢>，所以fx在()0,+?上单调递增，故A正确；对

于B，当1a时，esinxfxx，ecosxfxx，则00esin01f，00ecos00f，即切点为()0,1，切线斜率为0，故切线方程为1y，故B错误；对于C，当1a时，es

inxfxx，ecosxfxx，esinxfxx，当π,0x时，sin0x，e0x，则esin0xxfx恒成立，即ecosxfxx在π,0上单调递增，又ππ22ππecose220f

，3π3π443π3πecose4422f，因为123π3π421ee2e，所以3π43πe0242f，所以存在唯一03

ππ,42x，使得00fx成立，所以fx在0π,x上单调递减，在0,0x上单调递增，即fx在π,0存在唯一极小值点0x，由000ecos0xfxx，可得000000πesincossin2sin4xfxxxxx

，因为03ππ,42x，所以0π3ππ,44x，则00π2sin4fxx1,0，故C正确；对于选项D，esinxfxax，π,x，令esin0xfxax，得1sinexxa，

sinexxgx，π,x，则π2sincossin4eexxxxxgx，令()0gx¢=，得πsin04x，则ππ4xk1,kkZ，令()0gx¢<，得πsin04x，则π5π2

π,2π44xkk1,kkZ，此时函数gx单调递减，令()0gx¢>，得πsin04x，则5π9π2π,2π44xkk1,kkZ，此时函数gx单调递增，所以5π2π4xk1,kk

Z时，gx取得极小值，极小值为5π5π2π2π445π5π2π5π4s42insiπee4nkkgkk1,kkZ，在gx的极小值中，3π4sin3π45π5π42π4egg

最小，当3ππ,4x时，gx单调递减，所以函数gx的最小值为3π3π445πsin3π142e4eg，当3π4112ea时，即3π42e0a时，函数gx与1ya无交点，即fx在

π,不存在零点，故D错误.故选：AC.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值、零点、最值，及切线方程的求法，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于难题.二、单选题6．已知定义域为R的函数fx的图象连续不断，且xR，2()4fxfxx，当0,x时，

4fxx，若221682fmfmmm，则实数m的取值范围为（）A．1,3B．1,C．1,3D．,1【答案】A【分析】利

用已知条件得到2222fxxfxx，构造函数22gxfxx，利用已知条件得到函数gx为奇函数且函数gx在0,上单调递减，由奇偶性可知，函数gx在R上单调递减，得到21gmgm，利用单调性求解即可.【详解

】依题意，24fxfxx，故2222fxxfxx，令22gxfxx，可知，函数gx为奇函数.因为当0,x时，4fxx，即当0,x时，220fxx

，故函数gx在0,上单调递减，由奇偶性可知，函数gx在R上单调递减，因为221682fmfmmm，故22212212fmmfmm，即

21gmgm，故21mm，故13m，故实数m的取值范围为1,3.故选：A.【点睛】关键点睛：构造函数22gxfxx，研究函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键.7．

函数21lnfxxxx的图象大致是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】当0x时，21lnfxxxx,221221xxxfxx,求出此时函数的单调区间，根据选项的图象，可得答案.【详解】当0x时，21lnfxxxx

，则22232121122121xxxxxfxxxxxx当1x时，0fx，则fx在1，上单调递增.当01x时，0fx，则fx在0,1上单调递减.根据选项，

只有选项C满足故选：C【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的

图象.8．设函数()fx在R上存在导数()fx，对于任意的实数x，有2()()2fxfxx，当(,0)x时，()32fxx，若2(2)()222fmfmmm，则实数m的取值范围是（）A．

m1B．1m£C．1mD．1m【答案】C【分析】构造2()()3gxfxxx，由()()0gxgx，可得()gx为奇函数，利用导数可知()gx在R上单调递减，结合函数的单调性解不等式即可

.【详解】()32fxxQ，()320fxx令2()()3gxfxxx，且()()23gxfxx，则()gx在(,0)x上单调递减.又2()()2fxfxxQ222()()()3()

3()()20gxgxfxxxfxxxfxfxx()gx为奇函数，()gx在(0,)x上单调递减.2(2)()222fmfmmmQ，且2()()2fmfmm代入得22(2)2()222fmmfmmm，转化为223(2)(2)

(2)()3()fmmmfmmm，即(2)()gmgm由于()gx在R上递减，则2mm，解得：1m故选：C.【点睛】方法点睛：利用()fx进行抽象函数构造，常见类型：（1）利用()fx与x的构造，常用构造形式有：出现“”用()xfx，出现“”用()fx

x；（2）利用()fx与xe的构造，常用构造形式有：出现()()fxfx，构造函数()()xFxefx；出现()()fxfx，构造函数()()xfxFxe；9．函数lnxfxx，若(4)af

，(5.3)bf，(6.2)cf，则（）A．abcB．cbaC．cabD．bac【答案】B【分析】求导'21ln()xfxx，可得()fx在(,)e的单调性，利用单调性，即可得答案.【详解】因为lnxfxx

(0)x，所以'21ln()xfxx，当xe时，'()0fx，则()fx在(,)e为减函数，因为45.36.2e，所以(4)(5.3)(6.2)fff，即abc，故选：B10．已知函数21()ln2fxxx，则其单调增区间是（）A．1,B．0,C

．0,1D．0,1【答案】A【分析】求导21()xfxx，求函数的单调递增区间，即求不等式()0fx，解不等式即可的答案.【详解】由21()ln2fxxx，函数定义域为0,，求导211()xfxxxx，令()0fx，得1x或1x（舍去）所以()

fx单调增区间是1,故选：A.11．某数学兴趣小组对形如32()fxxaxbxc的某三次函数的性质进行研究，得出如下四个结论，其中有且只有一个是错误的，则错误的结论一定是（）A．函数()fx的图象过点(2，1)B．函数

()fx在x＝0处有极值C．函数()fx的单调递减区间为[0，2]D．函数()fx的图象关于点(1，0)对称【答案】D【分析】首先假设4个选项都正确，依题意只有一个错误选项，即可得到BC都正确，从而求出a、b的值，【详解】解：题意对于A选项

，28421fabc；对于B选项，23200fxxaxbfb，；对于C选项，由递减区间可得0021240fbfab，；因为有且仅有一个选项错误，所以B、C正确，所以3a，0b对

于D选项，函数()fx的图象关于点(1，0)对称，则有110fxfx，可赋值得到：当x=0时，210f，当x=1时，200ff，即可得到8420abcc解得2c与0a

bc解得3c，显然c有两个取值，故D错误；所以A正确，解得5c，所以32()35fxxx，所以21f，2()3632fxxxxx，所以函数在,0和2,上单调递增，在0,2上单调递减，在0x处取得极大值，

故ABC均正确；故选：D【点睛】本题考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值，函数的对称性的应用，若2faxfbxc，则fx关于,2abc成中心对称；12．函数,00,sinxfxxxx的图象大致是

（）A．B．C．D．【答案】B【分析】首先判断函数的奇偶性，再利用导数研究函数的单调性即可得解；【详解】解：因为,00,sinxfxxxx，定义域关于原点对称，又sinsinxxfxfxxxxx

，所以,00,sinxfxxxx为偶函数，函数图象关于y轴对称，所以排除A、D；22sinsincossinsinsinxxxxxxxxxfxxxxx令cossingxx

xx，则singxxx，所以当0,x时0gx，所以cossingxxxx在0,x上单调递减，又00g，所以0gx在0,x上恒成立，所以0fx在0,x上恒成立，即函数sinxfxxx在0,上单调递

减，故排除C，故选：B【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性

，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.13．已知偶函数()yfx对于任意的[0,)2x满足'()cos()sin0fxxfxx（其中'()fx是函数()fx的导函数），则下列不等式中成立的是（）A．2()()34ffB．2(

)()34ffC．(0)2()4ffD．()3()63ff【答案】D【解析】试题分析：令,因,故由题设可得,即函数在上单调递增且是偶函数.又因,故,即,所以()3()63ff,故应选D.考点：导数在研究函数的单调性方面的运用.【易错点

晴】本题将导数的知识和函数的单调性及不等式的解法等知识有机地结合起来,综合考查学生的数学思想和数学方法及运用所学知识去分析问题解决问题的能力.求解时,先将巧妙地构造函数,再运用求导法则求得,故由题设可得,即函数在上单调递增且是偶函数.再运用检验的方法逐一验证

四个答案的真伪,从而使得问题获解.14．已知函数fx在定义域R上的导函数为fx，若函数yfx没有零点，且2019xffx2019，当sincosgxxxkx在,22上与fx在R上的单调性相同时，则实数

k的取值范围是（）A．,1B．,2C．1,2D．2,【答案】A【分析】根据导函数与单调性关系，可知fx为R上的单调函数，设tfx2019x，利用换元法即可得2019xfxt，进而可得fx为增函数，即可知gx也为增函数，先求得gx

，并令0gx，结合正弦函数的性质即可确定k的取值范围.【详解】由函数yfx没有零点，即方程0fx无解，则0fx′或0fx′恒成立，所以fx为R上的单调函数，xR都有20192

019xffx，则2019xfx为定值，设tfx2019x，则2019xfxt，易知fx为R上的增函数，∵sincosgxxxkx，∴gxcossin2sin4xxkxk，又gx与

fx的单调性相同，∴gx在,22上单调递增，则当,22x时，0gx恒成立.当,22x时，3,444x，所以由正弦函数性质可知2sin,142x，

∴2sin1,24x.所以10,1kk，即,1k，故选：A.【点睛】本题考查了导函数与单调性关系，换元法求函数解析式，正弦函数的性质求参数的取值范围，属于中

档题.15．函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示，给出下列命题：①-3是函数y=f(x)的极值点；②y=f(x)在区间(-3，1)上单调递增；③-1是函数y=f(x)的最小值点；④y=f(x

)在x=0处切线的斜率小于零.以上正确命题的序号是（）A．①②B．③④C．①③D．②④【答案】A【分析】根据导函数图象可判定导函数的符号，从而确定函数的单调性，得到极值点，以及根据导数的几何意义可知在某点处的导数即为在该点处的切线斜率．【详解】根据导函数图象可知：当,3x时，

0fx，在3,1x时，0fx函数yfx在,3上单调递减，在3,1上单调递增，故②正确；则3是函数yfx的极小值点，故①正确；∵在3,1上单调递增，1不是函数yfx的最小值点，故③不正确；∵函数yfx

在0x处的导数大于0，切线的斜率大于零，故④不正确.故选：A【点睛】方法点睛：本题考查导函数图象在函数单调性和极值中的应用，考查导数的几何意义，其中利用导函数判断单调性的步骤为：1.先求出原函数的定义域；2.对原函数求导；3.令导数大于零；解出自变量的范

围；该范围即为该函数的增区间；同理令导数小于零，得到减区间；4.若定义域在增区间内，则函数单增；若定义域在减区间内则函数单减，若以上都不满足，则函数不单调．16．已知f（x）是定义在R上的偶函数，且f（2）＝1，当x＞0时，xf′（x）+f（x）＞1，则不等式()10fxx的解集为（）A．

(-∞，2)∪(2，+∞)B．(-∞，2)∪(0，2)C．(-2，0)∪(2，+∞)D．(-2，0)∪(0，2)【答案】B【分析】设1Fxxfx由奇偶性的定义可判断该函数的奇偶性，结合导数即可求出函数的单调性

，从而可求出不等式的解集.【详解】解：设1Fxxfx，则10Fxfxxfx，即Fx在0,上单调递增，因为fx在R上为偶函数，即fxfx，则21210ff，220FF，由1Fxx

fxFx，得Fx在R上为奇函数，所以Fx在R上单调递增，()10fxx等价于00xFx，当0x时，102FxxfxF，则02

x；当0x时，102FxxfxF，则2x；综上所述，()10fxx的解集为,20,2，故选:B.【点睛】本题考查了函数奇偶性的判断，考查了利用导数求函数的单调性，考查了利用单调性解不等式，属于中档题.本题的关键是合理构造新函数.17．已

知函数21()1xxfxx，()gxxm，若对任意11,3x，总存在21,3x，使得12fxgx成立，则实数m的取值范围为（）A．179,42B．17,9,2C．17,92D

．4179,,2【答案】A【分析】对任意11,3x，总存在21,3x，使得12fxgx成立，等价于()fx的值域是()gx值域的子集，只要求出两函数在1,3上的值域，列出不等式组可求得答案【详解】依题意222113311xxxxxf

xxx121xx，则2111fxx，当1,3x时，0fx，故函数fx在1,3上单调递增，当11,3x时，1721,24fx

；而函数2gxxm在1,3上单调递减，故21,1gxmm，则只需721,1,124mm，故7122114mm，解得17942m，所以实数m的取值范围为179,42.故选：A.【点睛】结论点睛：本题

考查恒成立问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数,,yfxxab，,,ygxxcd（1）若1,xab，2,xcd，总有12fxgx成立，故2maxminfxgx；（2）若1,x

ab，2,xcd，有12fxgx成立，故2maxmaxfxgx；（3）若1,xab，2,xcd，有12fxgx成立，故2minminfxgx；（4）若1,xab，

2,xcd，有12fxgx，则fx的值域是gx值域的子集．18．若定义在R上的函数fx满足2fxfx，且当1x时，xxfxe，则满足35ff的值（）A

．恒小于0B．恒等于0C．恒大于0D．无法判断【答案】C【分析】当1x时，求导，得出导函数恒小于零，得出fx在,1内是增函数.再由2fxfx得fx的图象关于直线1x对称，从而得fx在1,内是减函数，由此可得选项．【详解】当1

x时，'1()0xxfxe，则fx在,1内是增函数.由2fxfx得fx的图象关于直线1x对称，∴fx在1,内是减函数，.∴350ff.故选：C．【点睛】本题考查运用导函数研究函数的单调性，

抽象函数的对称性的应用，以及由函数的单调性比较其函数的大小关系，属于中档题．19．下列区间是函数sincosyxxx的单调递减区间的是（）A．(0,)B．3,22C．(,2)D．35,22

【答案】B【分析】先求出导函数，在给定的区间判断导数的正负，从而判断函数的单调性，逐项排除可得答案.【详解】由已知得sinsincossincossincosyxxxxxxxxxxx，A.当0,2x

时，cos0x，所以0y，sincosyxxx是单调递增函数，错误；B.3,22x时，cos0x，cos0yxx，sincosyxxx是单调递减函数，正确；

C.3,22x时，cos0x，所以0y，sincosyxxx是单调递增函数，错误；D.35,22x时，cos0x，所以0y，sincosyxxx是单调递增函数，错误.故选：B.【点睛】本题考查了利

用导数判断函数在给定区间的单调性，属于基础题.20．已知()fx为偶函数，且(1)0f，令2()()fxFxx，若0x时，()2()0xfxfx，关于x的不等式(ln)0Fx的解集为（）A．11xxe或1xeB．0xxeC．1xx

eeD．10xxe或xe【答案】C【分析】先对函数2()()fxFxx求导，根据题中条件，判定0x时，函数单调递增，根据函数奇偶性，得到2()()fxFxx在,0上单调递减；结合函数奇偶性与单调性

，即可求出不等式的解集.【详解】因为2()()fxFxx，则432()2()2()()()xfxfxxxfxfFxxxx，当0x时，()2()0xfxfx，所以3()2()0()xfxxxfFx，

即函数2()()fxFxx在0,上单调递增；又()fx为偶函数，所以2()()fxFxx在,0上单调递减；因为(1)0f，所以(1)0F，则不等式(ln)0Fx可化为(ln)(1)FxF，则ln1x，即1ln

1x，解得1xee.故选：C.【点睛】本题主要考查由导数的方法判定函数单调性，考查由函数奇偶性与单调性解不等式，属于常考题型.21．已知23665xfxxxe，则函数fx的单调减区间为（）A．1,B．ln3,C．

,ln3D．,【答案】D【分析】根据题意，对fx求导得61xfxxe，构造新函数1xgxxe，利用导数研究函数的单调性和最值，得出0gx恒成立，从而得出0fx在R上恒成立，根据导函数和原函

数的关系，即可求出fx的单调减区间.【详解】解：由题可知，23665xfxxxe，且fx的定义域为R，则66661xxfxxexe，令1xgxxe，则1xgxe

，xR，当,0x时，0gx，当0,x时，0gx，所以gx在,0上单调递增，gx在0,上单调递减，则gx的最大值为：00g，故0gx恒成立，故0fx在R上恒成立，所以fx

在R上单调递减，即函数fx的单调减区间为,.故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，还涉及利用构造函数法解决恒成立问题，考查运算能力和转化思想.22．若函数2,0132,0xexaxf

xaxax在,上是单调函数，则实数a的取值范围是（）A．1,B．1,3C．1,12D．1,2【答案】B【分析】根据分段函数一侧的单调性，确定另一侧的单调性，再比较分界点处函数

值的大小，求实数a的取值范围.【详解】因为函数fx在,上是单调函数，并且当0x时，2xfxexa，10xfex，所以函数在0,单调递增，所以0x时，132fxaxa也是增函数，所以10a，即

1a，并且在分界点处需满足当0x时，0103202aaea，解得：3a，综上可知实数a的取值范围是1,3.故选：B【点睛】本题考查根据分段函数的单调性求参数的取值范围，重点考查计算能力，属于基础题型.23．已知f(x)是定义在R上的连续函数，f′(x)是f(x)

的导函数，且f(x)-f(-x)+4x=0.若当x>0时，f′(x)>-2，则不等式f(x-2)-f(x)>4的解集为（）A．(-∞，-1)B．(-∞，1)C．(-1，+∞)D．(1，+∞)【答案】B【分析】设函

数2gxfxx，根据条件得出函数gx的奇偶性和单调性，再由条件可得2gxgx，根据单调性和偶函数的性质解出不等式即可.【详解】设函数2gxfxx，由40fxfxx，可得

22fxxfxx即gxgx，所以gx为偶函数.又20gxfx，所以gx在0，上单调递增.由24fxfx，可得2222fxxfxx即2gxgx，即2gx

gx所以2xx，即2244xxx，解得1x故选：B【点睛】本题考查构造函数，利用导数判断出函数的单调性，利用单调性和奇偶性解不等式，属于中档题.24．已知函数2()sinfxxxx，若0.2(log3)af，3(log0.2)bf，3(0

.2)cf，则（）A．abcB．bacC．cbaD．bca【答案】B【分析】构造函数()singxxx，(0,)x，利用导数得到函数()gx在(0,)上单调递增，且()0gx，又函数yx

在(0,)上单调递增，且0y，所以函数2()sin(sin)fxxxxxxx，在(0,)上单调递增，且()0fx，再利用函数奇偶性的定义得到函数()fx是偶函数，所以5(log3)af，3(log5)bf，利用指

数函数和对数函数的性质得到335530.20loglog，结合函数()fx的单调性即可得到bac．【详解】解：函数2()sin(sin)fxxxxxxx，设()singxxx，(0,)x，则()1cos0gxx…在(0,)

恒成立，函数()gx在(0,)上单调递增，()(0)0gxg，即函数()gx在(0,)上单调递增，且()0gx，又函数yx在(0,)上单调递增，且0y，函数2()sin(sin)fxxxxxxx，在(

0,)上单调递增，且()0fx，又22()()()sin()sin()fxxxxxxxfx，函数()fx是偶函数，0.255(log3)(log3)(log3)afff，333(log0.2)(log5)(log5)bff

f，555535logloglog，51312log，而33log5log31，30.20.008，335530.20loglog，又函数()fx在(0,)上单调递增，335(5)(3)(0.2)flogflogf，即bac

，故选：B．【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及函数的奇偶性，是中档题．三、解答题25．函数1ee1xxfxxk.（1）当2k时，求fx的单调区间；（2）当0x时，0fx恒成立，求整数k的最大值.【答案】（1）单调递减区间为,1，单调递

增区间为()1,+?；（2）2.【分析】（1）当2k时，对函数fx求导，利用导数判断其单调性即可；（2）对函数fx求导，可得e1xfxxk，分1k和1k两种情况，分别讨论函数fx的单调性，结合当0x时，0fx

恒成立，可求出答案.【详解】（1）当2k时，1e2e1xxfxx，所以e1xfxx.当()0fx¢>时，1x；当()0fx¢<时，1x.所以fx的单调递减区间为,1，单调递增区间为()1,+?.

（2）因为1ee1xxfxxk，所以e1xfxxk.①当1k时，由0x，可得()0fx¢>恒成立，所以fx单调递增，所以0fxf，而010f，所以0fx恒成立；②当1k时，令()0fx¢>

，可得1xk；由()0fx¢<，可得01xk.所以fx在0,1k单调递减，在k单调递增.因为0fx恒成立，所以min0fx，即11111ee10kkfkkk，所以11e0kk.设11e

xgxx1x，则11exgx，因为1x，所以1e1,x，所以11e0xgx，故gx在()1,+?单调递减.又因为110g，23e0g，234e0g

，所以存在02,3x，使得00gx，且当00,xx时，0gx；当0,xx时，0gx.又因为11e0kgkk且k为整数，所以k的最大值为2.【点睛】方法点睛：由不等式恒成立求参数的取值范围的方法：（1）讨论最值法：先构造函数，

利用导数研究函数的单调性，求出含参函数的最值，进而得出相应的含参不等式的参数的范围；（2）分离参数：先分离参数变量，再构造函数，求出函数最值，从而求出参数的取值范围.26．函数11xxfxxeke.（1）当1k时，求

fx的单调区间；（2）当0x，k2时，证明：0fx.【答案】（1）单调递减区间为,0，单调递增区间为0,；（2）证明见解析.【分析】（1）由1k得到11xxfxxee求导由0f

x，0fx求解.（2）求导1xfxexk，分1k，12k讨论求解.【详解】（1）当1k时，11xxfxxee，.所以xfxxe当0fx时，0x；当0fx时，0x.所以fx的单调递减区间

为,0，单调递增区间为0,.（2）因为11xxfxxeke，所以1xfxexk.①当1k，0x时，0fx恒成立，所以fx单调递增，

所以0fxf，而010f，所以0fx恒成立；②12k，0x时，由0fx可得1xk；由0fx可得01xk.所以fx在0,1k单调递减，在1,k单调递增，所以1min11kfxfkke.

设1112()xgxxex，则110xgxe，所以gx在1,2单调递减，故min230gxge，所以min110kfxke，从而0fx.综上，当0x，k2时，0fx.【点睛】方法点睛：1、利用

导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论；若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可

以取到．2、利用导数证明不等式常构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0的关系，从而证明不等式.27．函数2lnaxfxxx.（1）若12a，求fx的单调性；（2）当0

a时，若函数2gxfxa有两个零点，求证：12a.【答案】（1）fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）求导得2221ln1ln1xxxfxxx，设21lnxxx，利用导数可得x的单调性，并可得

x的零点，即可求出fx的单调性；（2）由函数gx有两个零点，所以22ln20hxxaxaxx，即0hx有两个不等实根，利用导数求得hx的单调性，结合题意可得2001xax，求出0x的范围，利用对勾函数的单调性即可证明.【详解】（1）因为

lnxfxxx，（0x），所以2221ln1ln1xxxfxxx.设21lnxxx，则120xxx，所以x在0,单调递增，又因为10，所以当

0,1x时，0x，则0fx，fx单调递减；当1,x时，0x，则0fx，fx单调递增.综上，fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增.（2）证明：因为函数2ln

20axgxxaxx有两个零点，所以方程22ln20xaxax有两个不等实根.设22ln20hxxaxaxx，即0hx有两个不等实根，则22222220axaxahxxaxxx.设22220mxxa

xax，则由0a可知24160aa，而2222mxxaxa的对称轴方程为2ax，且020ma，所以存在00x,使得20002220mxxaxa，即2

001xax，且当00,xx时，0mx，则0hx，所以hx单调递减；当0,xx时，0mx，则0hx，所以hx单调递增.因为0hx有两个不等实根，所以必有00hx，即20002ln20xax

ax.将2001xax，代入整理可得0012ln0xx.设12ln0mxxxx，则易得mx在0,上单调递减，又10m，所以01x，结合对勾函数1ytt

在2,单调递增可知200001112112xaxxx，即12a成立，命题得证.【点睛】解题的关键是利用导数判断函数的单调性，当导函数无法直接判断正负时，可构造新函数，并继续求导，即可求出导函数的单调性和极值，进而可得导函数的正负，即原函数的单调性，考查分析理

解，化简求值的能力，属中档题.28．设a为实数，已知函数12xxaxfxeae.（1）当2a时，求fx的单调区间；（2）当1a时，若fx有两个不同的零点，求a的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为

ln2,；单调递减区间为,ln2；（2）,e.【分析】（1）由2a得22xxfxeex，对函数求导，根据导数的方法，即可求出单调区间；（2）先对函数求导，根据导数的方法判定函数单调性，得到

min1ln1fxaaa，为使fx有两个不同的零点，首先1ln10aaa，解得ae，再判断0x和0x时，函数都有零点，即可得出结果.【详解】（1）当2a时，22xxfxeex，则221212xxxxxxxxee

eefxeeee，令0fx，则ln2x，所以当,ln2x时，0fx，所以fx单调递减；当ln2,x时，0fx，所以fx单调递增；即函数fx的单调递增区间为ln2,；单调递减区间

为,ln2；（2）因为12xxaxfxeae，所以2111xxxxxxxxeeeefxaaaeaeeea，因为1a，由0fx得lnxa；由0

fx得lnxa；所以fx在,lna上单调递减，在ln,a上单调递增；因此lnlnminln1ln21ln1aafxfaeaeaaaaa，要使fx有两个不同的零点，则首先1ln10aaa，即

11ln0aa，所以1ln0a，解得ae；当0x时，1212xxxaxafxeaexe，令2xgxex，0x，则2xgxex，2xgxe，由0gx得ln2x；由0gx得ln2

x，所以2xgxex在0,ln2上单调递减，在ln2,上单调递增，所以ln22ln222ln220lngxge，因此2xgxex在0,上单调递增，因此010g

xg，即2xex在0x上恒成立，所以当0x时，2121212xxxfxeaeeaxaxxax，此时21112120faaaaa；当0x

时，122xxxfaxeaeaex，令20xae，可得2lnxa；取00x且02lnxa知00fx，故ae满足fx在0,lnxa和ln,1aa各有一个零点；综上，a的取值范围为,e.【点睛】方法点睛：利用导

数解决函数零点问题的方法：1.直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间和极值，根据函数的性质画出图像，然后将问题转化为函数图像与x轴交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合的思想和分类讨论的思想；2.构造新函数法：将问题转化为研究两函

数的图像的交点问题；3.分离参变量法：即由()0fx分离参变量，得()ax，研究直线ya与()yx的图像的交点问题.29．已知函数()ln21afxxxax.（1）若a=-2，求函数f(x)的单调区间；（2）若函数f(x)有两个极

值点x1，x2，求证12()+()0fxfx.【答案】（1）单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2,)；（2）证明见解析.【分析】（1）由a=-2，求导2222(2)(1)'()xxxxfxxx，再由'()0fx，'()0fx求解

即可,（2）求导22'()(0)xxafxxx，根据f(x)有两个极值点x1，x2，得到x1，x2为方程20xxa的两个不等实根，然后结合韦达定理得到12()+()fxfxln42aa，再令()ln42g

aaa1(0)4a，用导数法证明()0ga即可.【详解】（1）f(x)的定义域是(0,).当a=-2时，2()ln5fxxxx，2222(2)(1)'()xxxxfxxx，当02x时，'()0fx，当2x时，'()0fx，

所以f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2,).（2）22'()(0)xxafxxx，因为f(x)有两个极值点x1，x2，故x1，x2为方程20xxa的两个不等实根，所以121214011040axxaxxa

，1212121212()()+()=ln()42axxfxfxxxxxaxx.ln42aa,令()ln42gaaa1(0)4a，则14'()0agaa，()ga在1(0,)4单调递增，故11()()ln104

4gag12()+()0fxfx.【点睛】思路点睛：利用导数证明不等式常构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0的关系，从而证明不等式．3

0．设函数2ln1fxxxax.（1）若0a，求fx的单调区间；（2）若0x时0fx，求a的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为1,0，单调递减区间为0,；（2）1,2.【分析】（1）求得1xfxx，然后

可得答案；（2）分0a、102a、12a三种情况讨论，每种情况下利用导数研究其单调性，结合00f可得答案.【详解】（1）fx的定义域为1,，当0a时，ln1fxxx，1xfxx，当10x时，0fx，当0x时，

0fx，所以fx的单调递增区间为1,0，单调递减区间为0,.（2）由（1）知ln10xx，当且仅当0x时等号成立..若0a，2ln1ln10fxxxaxxx，不

符合条件.若0a，2211xaxafxx，1x.令0fx，得0x或212axa，若102a，则当2102axa时0fx，fx单调递减，此时00fxf，不符合条件.若12

a，则当0,x时，0fx，fx单调递增，此时00fxf，即当0x时，0fx.综上所述，a的取值范围是1,2【点睛】方法点睛：在处理函数有关的不等式时，一

般是利用函数的单调性和特殊点的函数值解决.31．已知函数1xefxx.（1）求函数fx的单调区间；（2）在平面直角坐标系xOy中，直线2ykx与曲线xye交于P，Q两点，设点P的横坐标为0aa，OPQ△的面积为S.（i）求

证：12SaaeeSae；（ii）当S取得最小值时，求k的值.【答案】（1）fx的增区间为,0和0,；（2）（i）证明见解析；（ii）2.【分析】（1）求导211xexfxx，令11xgxex

，再利用导数法研究其正负即可.（2）（i）设,aPae，,bQbe(其中0ab)，则OPQ△的面积122Sbaba，即Sba，由2aeka，得到2aeka，然后再由,aPae及,bQbe，利用斜率公式得到baeekba求

解；（ii）由（1）得到10SefSSS为增函数，则S最小fS最小20aaeaae最小，令20aaehaaae，再利用导数法求解.【详解】（1）函数fx的定

义域为,00,，.211xexfxx，令11xgxex，则xgxxe.因为00gxx；00gxx，所以gx在,0上为减函数，在0,

上为增函数.当0x时，00gxg，即20gxfxx，当0x时，00gxg，即20gxfxx.所以当,00,x时，0fx，所以f

x在区间,0和0,上都是增函数.因此fx的增区间为,0和0,，没有减区间.（2）（i）证明：,aPae，设,bQbe(其中0ab)，由题意，得OPQ△的面积122Sbaba，即Sba.由2aeka，得2aeka，由,

aPae及,bQbe，得baeekba，所以11112SbababaaaaaaeeeeeeekSbabaebaeeae，故12SaaeeSae成立.（ii）由（1），

得10SefSSS为增函数，于是S最小fS最小20aaeaae最小.令20aaehaaae，则222aaaehaae，再令220aaaea，则200aaea

，所以当0a时，a单调递增.又110e，121102e，所以存在唯一的011,2a，使得00a，即00220aae.当0aa时，0a，即20aahaae；当00a

a时，0a，即20aahaae，所以0aa是ha的极小值点，也ha的最小值点，所以当0aa时，fS取得最小值，等价于S最小，此时00220aae，所以0022aeka.【点睛

】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与函数的最值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于较难题.32．已知函数32()3fxxx.（1）求()fx在点(1,4)P处的切线方程；（2）求

()fx的单调区间；（3）若()fx的定义域为[1,]m时，值域为[4,0]，求m的最大值.【答案】（1）950xy；（2）()fx的单调递增区间为(,0)、(2,)；单调递减区间为(0,2)；（3）3.【

分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，根据点斜式求出切线方程；（2）令()0fx和()0fx分别可得单调递减和递增区间；（3）根据()fx在(1,)上的单调性，结合(1)4f；(0)0f；(2)4f；(3)0f以及值域为[4,0]可得03m，从而可得结果

.【详解】（1）由32()3fxxx，得2()36fxxx，所以'(1)9f所以切线方程为49(1)yx，即：950xy（2）令2()360fxxx，得02x，令()0fx

，得0x或2x，.所以()fx的单调递增区间为(,0)、(2,)；单调递减区间为(0,2).（3）由（1）知，函数()fx在区间(1,0)和(2,)上单调递增；在区间(0,2)上单调递减，且(1)4f；(0)0f；(2)

4f；(3)0f.所以当03m时，()fx的值域为[4,0]；当3m时，()(3)0fmf，()fx的值域为[4,()]fm.所以m的最大值等于3.【点睛】关键点点睛：第3问根据()fx在(1,

)上的单调性，利用(1)4f；(0)0f；(2)4f；(3)0f以及值域为[4,0]解题是关键.33．如图，点C为某沿海城市的高速公路出入口，直线BD为海岸线，4BAC，BDAB，BC是以A为圆心，半径为1km的圆弧型小路.该市拟修建一条从C通往海岸的观光专线

CPPQ，其中P为BC上异于,BC的一点，PQ与AB平行，设04PAB.（1）证明：观光专线CPPQ的总长度随的增大而减小；（2）已知新建道路PQ的单位成本是翻新道路CP的单位成本的2倍.当取何值时，观光专线CPPQ的修

建总成本最低？请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）6时，观光专线CPPQ的修建总成本最低，理由见解析.【分析】（1）先由题意得到4CAP，所以CP4，得出观光专线的总长度1coscos1,0444f，再由导数的方法判定

其单调性，即可证明结论成立；（2）设翻新道路的单位成本为0aa，总成本为g，由（1），根据题中条件，得到2cos24ga，04，对其求导，根据导数的方法求出最值，即可得出结果.【详解】（1）由题

意，4CAP，所以CP4，又cos1cosPQABAP，所以观光专线的总长度1coscos1,0444f，因为当04时，1sin0f，所以f在04，上单调递减，即观光专线

CPPQ的总长度随的增大而减小.（2）设翻新道路的单位成本为0aa，总成本为g，由题意可得，22cos2cos244gaa，04

，12singa，令0g，得1sin2，因为04，所以6，当06时，0g，当64时，0g.所以，当6时，g最小.故当6时

，观光专线CPPQ的修建总成本最低.【点睛】思路点睛：导数的方法求函数最值的一般思路：（1）先对函数求导，根据导数的方法判定函数在给定区间的单调性；（2）由函数在给定区间的单调性，即可求出最值.34

．已知函数12()(2)e(1)xfxxax(0a，e是自然对数的底数)，()fx是()fx的导函数．（1）若12a，求证：()fx在(1,)单调递增；（2）证明：()fx有唯一的极小值点（记为0x），且203efx．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析

.【分析】（1）函数()fx求导，记()()gxfx，函数()gx求导，二次求导，分析函数的单调性，即可得证；（2）当12a，102a利用零点存在性定理得到()fx在(1,)有唯一的零点．设()fx有唯一的零点，记为s，分析函数单调性得到s是

()fx唯一的极小值点，由单调性知0()(1)3fxf，20()(1)ehxh，即可得出结论.【详解】（1）1'()(1)e2(1)xfxxax，记()()gxfx，则1'()e2xgxxa，1()(1)exgxx，因为1x，所以()0gx，所

以()gx在(1,)单调递增，(1)12ga，当12a时，()(1)0gxg≥，所以()fx在(1,)单调递增，（2）当12a时，()fx在(1,)单调递增，又(1)20f，(1)40fa

，所以函数()fx在(1,)有唯一的零点．当102a时，(1)0g，(0)20ga，故(1,0)t，使得()0gt，且(1,)xt时，()0gx，()gx单调递减，(,)xt时，()0gx，()gx单调递增，又(1)20g

，(1)40ga，所以函数()gx在(1,)有唯一的零点．综上所述，()fx在(1,)有唯一的零点．当1x时，1()(1)e0xfxx≤，又()fx有唯一的零点，记为s，且当xs时，()0fx，()fx单调递减，当xs时，(

)0fx，()fx单调递增，所以s是()fx唯一的极小值点，即0(1,1)xs且满足0100(1)e2(1)0xxax，由单调性知0()(1)3fxf，另一方面，00001111222000000000(1)

e1()(2)e(1)(2)e(1)(23)e2(1)2xxxxxfxxaxxxxxx，记211()(23)e2zhzzz，则211()(1)e02zhzz

，所以()hz单调递减，又因为0(1,1)x，所以20()(1)ehxh，综上所述，203efx．【点睛】方法点睛：究函数()fx的单调性和极值的步骤：①写定义域，对函数()fx求导()fx；②在

定义域内，解不等式()0fx和()0fx③写出单调区间，并判断极值点.35．已知函数xaxbfxex＝，a，bR，且0a.（1）若函数fx在1x处取得极值1e，求函数fx的解析式；（2）在（1）的条件下，求函数fx的单调区间；（3）设1xgx

axefx，gx为gx的导函数.若存在01,x＋，使000gxgx成立，求ba的取值范围.【答案】（1）210xxfxexx；（2）调递增区间是,1，1,2；单

调递减区间是1,0，10,2；（3）1,.【分析】（1）先求导函数，再由函数()fx在1x处取得极值1e，得1(1)(1)0fef，代入求解参数a，b，（2）由（1）可得fx，再求出函数的导函数，利用令()0fx…和()0fx

求解函数的单调区间；（3）将()fx代入()gx化简，再求()gx，然后得00()()gxgx，令其为0，得2(23)21bxxax，令2(23)()21xxhxx，则问题转化为求()hx在区间(1

,)上的值域，利用导数求解．【详解】解：（1）函数fx的定义域为,00,.22xaxbxbfxex，由题知1011ffe即112011abeabee解得2a，1b，所以函数210xx

fxexx.（2）2212121xxxxxxfxeexx令0fx得1x或12x，令0fx得10x或102x.所以函数fx的单调递增区间是,1，1,2单调递减区间是1,0，10,2

（3）2xbgxaxaex，0a2xbbgxaxaexx22221()()23(23)xxxxxxeexgxgxaxeaebeaxabxx，由条件

存在0(1,)x，使00()()0gxgx成立，得22230xxxxxeeaxeaebx，对(1,)x成立，又0xe221230xaxabx对(1,)x成立，

化简得2(23)21bxxax，令2(23)()21xxhxx，则问题转化为求()hx在区间(1,)上的值域，求导得222(463)()(21)xxxhxx，令2463yxx

，为二次函数，图象开口向上，△120，则24630xx，又0x，则()0hx，()hx在区间(1,)上单调递增，值域为(1,)，所以ba的取值范围是(1,)．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导

数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．