【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题14《分类讨论证明或求函数的单调区间（含参）》(解析版).doc，共(49)页，5.792 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题14分类讨论证明或求函数的单调区间（含参）1．设函数21()sincos2fxxxxax．（1）当12a时，讨论()fx在(,)内的单调性；（2）当13a时，证明：()fx有且仅有两个

零点．【答案】（1）在,03或,3上单调递减，在,3或0,3上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）先求导，根据导数和函数的单调性，结合三角函

数的性质即可求出单调区间；（2）先判断出函数为偶函数，则问题转化为()fx在(0,)有且只有一个零点，再利用导数和函数单调性的关系，以及函数零点存在定理即可求出．【详解】（1）当12a时，21()sincos4fxxx

xx，11()sincossin(cos)22fxxxxxxxx，令()0fx，解得0x或3x，3x，当()0fx时，解得03x或3x，当()0fx时，解

得3x或03x，()fx在(3，0)或(3，)上单调递减，在(,)3或(0,)3上单调递增；（2）()fx的定义域为(,)，2211()()sin()cos()()sincos()22fxx

xxaxxxxaxfx，()fx为偶函数，(0)10f，()fx有且仅有两个零点等价于()fx在(0,)有且只有一个零点，()(cos)fxxxa，当1a…时，cos0xa„，()0fx„恒成立，()fx在(0,)上单调递减

，2211()sincos1022faa，(0)?()0ff，()fx在(0,)上有且只有一个零点，当113a时，令()(cos)0fxxxa，即cosxa，可知存在唯一(0,)2，使

得cosa，当(0,)x或(22,22)xkk时，kN，()0fx，函数()fx单调递增，当(2,22)xkk时，kN，()0fx，函数()fx单调递减，由21tan1a，113a，可得0tan22，当k

N，22tan2(2)k，2221113(22tan)10(22)[(22tan)1][(22tan)1]022626kfkakka

，()fx在(0,)上有且只有一个零点，综上所述，当13a时，()fx有且仅有两个零点．【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、用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性

定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.2．已知函数2()2ln2(1)fxmxxmx．（1）讨论函数()fx的单调区间；（2）当1x时，求证：2286ln3521xxxxxx．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析

】（1）先求导，分为0m，1m，1m和10m四种情形进行分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出；（2）等价于3226(1ln)23501xxxxx，令3261ln235hxxxxx，利用当2m时的结论，根据导数判

断hx与0的关系，即可证明.【详解】解：()fx的定义域为(0,)，则22(1)1(1)(1)()22(1)22mxmxmxxfxmxmxxx，当0m…时，10mx，当(0,1)x时，()0fx，当(1,)x

时，()0fx，函数()fx的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)，当0m时，令()0fx，解得1x或1xm，当1m时，2(1)()2?0xfxx„恒成立，函数()fx的单调递减区间为(0,)，无单调递增区间，当1m

时，101m，当1(0,)xm或(1,)时，()0fx，当1(xm，1)时，()0fx，函数()fx的单调递减区间为1(0,)m或(1,)，单调递增区间为1(m，1)，当10m，11m

，当(0,1)x或1(m，)时，()0fx，当1(1,)xm时，()0fx，函数()fx的单调递减区间为(0,1)或1(m，)，单调递增区间为1(1,)m．综上所述：当0m…时，函数()fx的单调递减区间为(0,1

)，单调递增区间为(1,)，当1m时，函数()fx的单调递减区间为(0,)，无单调递增区间，当1m时，函数()fx的单调递减区间为1(0,)m，(1,)，单调递增区间为1(m，1)，当10m时，函数()fx的单调递减区间为(0,1)或1(m，)，单调递增区间为1

(1,)m．（2）证明：要证2286ln3521xxxxxx，即证3226(1ln)23501xxxxx，令32()6(1ln)235hxxxxx，则22()66ln6663(22ln2)hxxxxxxx，由（1），当2m

时，2()22ln2fxxxx，可得()fx的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)，即()hx的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)，()hxh…（1）0，()hx在(0,)上单调

递增，h（1）6(1ln1)2350，当01x时，()0hx，210x，当1x时，()0hx，210x，3226(1)23501xlnxxxx，即22863521xxlnxxxx．【点睛】含有参数的函数单

调性讨论常见的形式：（1）对二次项系数的符号进行讨论；（2）导函数是否有零点进行讨论；（3）导函数中零点的大小进行讨论；（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.3．已知函数1lnfxaxxaR

.（1）若1a，求fx在区间1,ee上的极值；（2）讨论函数fx的单调性.【答案】（1）极小值为0，无极大值；（2）答案见解析.【分析】（1）当1a时，求得1xfxx，利用导数分析函数fx的单调性，由此可求得

函数fx在区间1,ee上的极值；（2）求得10axfxxx，分0a和0a两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数fx的单调递增区间和递减区间.【详解】（1）当1a

时，1lnfxxx，所以，()()1110xfxxxx-¢=-=>，列表；x1,1e11,efx0fx单调递减极小单调递增所以，fx在区间1,ee上的有极小值10f，无极大值；（2）函数fx的定义

域为0,，11axfxaxx.当0a时，10ax-<，从而0fx，故函数fx在0,上单调递减；当0a时，若10xa，则10ax-<，从而0fx；若1xa，则10ax，从而0fx.故函数fx在10,a

上单调递减，在1,a上单调递增.综上所述，当0a时，函数fx的单调递减区间为0,，无单调递增区间；当0a时，函数fx的单调递减区间为10,a，单调递增区间为1,a.【点睛】方法点睛：讨

论含参数函数的单调性，通常以下几个方面：（1）求导后看函数的最高次项系数是否为0，需分类讨论；（2）若最高次项系数不为0，且最高次项为一次，一般为一次函数，求出导数方程的根；（3）对导数方程的根是否在定义域内进行分类讨论，结合导数的符号

变化可得出函数的单调性.4．已知函数21()xmxxfxe．（1）试讨论()fx的单调性；（2）若0m，证明：()lnefxxx．【答案】（1）答案不唯一见解析；（2）证明见解析.【分析】（1

）对函数进行求导得(1)(1)()xxmxmfxe，再对m分三种情况讨论，即0m，0m，0m三种情况；（2）要证明()lnefxxx，只需证明()lnefxxx，而ln1xx，因此只需证明1()fxe，再利用函数的单调性，即可得证；【详解】解析：（1）因为(1)

(1)()xxmxmfxe，①当0m时，1()xxfxe，当1x时，()0fx，当1x时，()0fx，所以()fx在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减；②当0m时，1(1)11(),11xmxxmfxem，当11

,1xm时，()0fx，当1,1(1,)xm时，()0fx，所以()fx在11,1m单调递增，在1,1,(1,)m单调递减；③当0m时，111m，当11,1xm时，()0fx，当1(,

1)1,xm时，()0fx，所以()fx在11,1m单调递减，在1(,1),1,m单调递增．（2）要证明()lnefxxx，只需证明()lnefxxx，而ln1xx，因此只需证明1()fxe，当0m时，()

xxfxe，由（1）知()fx在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，所以max1()(1)fxfe；当0m时，211()xxmxxxfxeee，故()lnefxxx．【点睛

】利用导数研究含参函数的单调区间，要注意先求导后，再解导数不等式.5．已知函数()exfxax，a为非零常数.（1）求fx单调递减区间；（2）讨论方程21fxx的根的个数.【答案】（1）当0a时，fx的单调

递减区间为(,1)，当0a时，fx的单调递减区间为(1,)；（2）当0a时，原方程有且仅有一个解；当0a时，原方程有两个解.【分析】（1）求导，对a分类讨论，利用0fx可解得结果；（2）转化为函数2(1)()exxgxx与ya的图象的交点的个数，

利用导数可求得结果.【详解】（1）()(1)exxxfxaeaxeax，由()0fx得1x，①若0a时，由0fx得1x，所以()fx的单调递减区间为(,1)；②若0a时，由0fx得1

x，所以()fx的单调递减区间为(1,).综上所述，当0a时，fx的单调递减区间为(,1)；当0a时，fx的单调递减区间为(1,).（2）因为方程2()(1)fxx等价于2(1)exxax，令2(1)()exxgxx，所以方程

21fxx的根的个数等于函数2(1)()exxgxx与ya的图象的交点的个数，因为2222(1)12(1)(1)()()()exxxxxxxxxexexegxxex，由()0gx，得1x，当(,1

)x，时，0gx，gx在(,1)上单调递增；当1,00,x时，0gx，所以gx在1,0，0,上单调递减，又10g，所以当(,1)x时，,0gx；当1,0x

时，,0gx；当0,x时，0,gx.所以，当0a时，原方程有且仅有一个解；当0a时，原方程有两个解.【点睛】方法点睛：讨论函数零点(或方程根)的个数的常用的方法：（1）直接法：直接求解

方程得到方程的根，可得方程根的个数；（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解6．已知函数21ln2fxaxxxb，gxfx.（1）判断函数y

gx的单调性；（2）若0,2.718xee，判断是否存在实数a，使函数gx的最小值为2？若存在求出a的值；若不存在，请说明理由；（3）证明：31233ln12341nnnn.【答案

】（1）答案见解析；（2）存在，2ae；（3）证明见解析.【分析】（1）先求gxfx，再对ygx求导，对参数a进行讨论确定导数的正负，即得函数单调性；（2）对参数a进行讨论确定ygx导数的正负，即得函数ygx单调性，再根据单调性

确定最值等于2，解得符合条件的参数值即得结果；（3）先构造函数11()ln31,,132hxxxx，证明其小于零，即得1,12x时13ln13xx，再将1nxn代入求和即证结论.【详解】解：（1）由21ln2f

xaxxxb，知ln1gxfxaxx，0x，故11axgxaxx，0x.当0a时，0gx，即gx在0,为减函数，当0a时，在10,a上0gx，所以

gx在10,a为减函数，在1,a上0gx，所以gx在1,a增函数.（2）当0a时，gx在0,e为减函数，所以min11gxgeea.故不存在最小值3.当10ae时，1ea，gx在0,e为减函

数，所以min1ln2gxgeeae，所以4ae，不合题意，舍去当1ae时10ea，在10,a上0gx，函数gx单调递减；在1,ea上0

gx，函数gx单调递增，由此min1111ln2gxgaa，所以ln2a.解得2ae故2ae时，使函数gx的最小值为2.（3）构造函数11()ln31,,132hxxxx，则119()3033xhx

xx，故1()ln313hxxx在1,12x上递减，111111()ln31ln20232232hxh，故1ln3103xx，即1,

12x时13ln13xx，而11,1,1112nnNxnn，故13ln1311nnnn，即ln(13ln131)1nnnn，将nN依次代入并相加得1ln1ln12313ln2l

n3...ln(1)ln1231ln4323nnnnnnn，即31233ln12341nnnn.【点睛】本题解题关键在于观察证明式31233ln12341nnnn

，构造函数11()ln31,,132hxxxx，以证明13ln13xx，将1nxn代入求和即突破难点.用导数解决与正整数n有关的不等式证明问题，属于难点，突破点就在于观察构造合适的函

数，通过导数证明不等式，再将关于n的式子代入即可.7．已知函数21ln,2fxaxxxbabR，gxfx.（1）判断函数ygx的单调性；（2）若0,2.718xee，判断是否存在实数a，使函数gx的最小值为2

？若存在求出a的值；若不存在，请说明理由；【答案】（1）答案见解析；（2）存在，2ae.【分析】（1）先求gxfx，再对ygx求导，对参数a进行讨论确定导数的正负，即得函数单调性；（2）对参数a进行讨论确定ygx

导数的正负，即得函数ygx单调性，再根据单调性确定最值等于2，解得符合条件的参数值即得结果；【详解】（1）由21ln2fxaxxxb，知ln1gxfxaxx，0x，故11axg

xaxx.当0a时，0gx，即gx在0,为减函数，当0a时，在10,a上0gx，所以gx在10,a为减函数，在1,a上0gx，所以gx在1,a增

函数.（2）当0a时，gx在0,e为减函数，所以min11gxgeea.故不存在最小值3.当10ae时，1ea，gx在0,e为减函数，所以min1ln2gxgeeae，所以

4ae，不合题意，舍去.当1ae时，10ea，在10,a上0gx，函数gx单调递减；在1,ea上0gx，函数gx单调递增，由此min1111ln2gxgaa，所以

ln2a.解得2ae，故2ae时，使函数gx的最小值为2.【点睛】利用导数研究函数()fx的单调性和最值的步骤：①写定义域，对函数()fx求导()fx；②在定义域内，讨论不等式何时()0fx和()0fx③对应得到增区间和减

区间及极值点，进而比较端点和极值点的值确定指定区间的最值即可.8．已知函数()ln1fxxaxaR.（1）讨论函数fx的单调性.（2）若2112gxxxafx，设1212,xxxx是函数gx的两个极值点，若32a，求证:1

2152ln28xgxg.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）先求得fx的定义域和导函数'fx，对a分成0a和0a两种情况进行分类讨论，由此求得fx的单调区间.（2）求得gx的表达式，求得'gx，利用根与系数关系得到12

,xx的关系式以及1x的取值范围，将12gxgx表示为只含1x的形式，利用构造函数法求得12gxgx的最小值，从而证得不等式成立.【详解】(1)由题意得，函数fx的定义域为(1,)，11fxax.当0a时，101fx

ax，函数fx在(1,)上单调递增.当0a时，令0fx，得11xa.若11,1xa，则0fx，此时函数fx单调递增；若11,xa，则0fx，此时函

数fx单调递减.综上，当0a时，函数fx在(1,)上单调递增；当0a时，函数fx在11,1a上单调递增，在11,a上单调递减.(2)21ln

12gxxxaxQ，0x，11gxxax211xaxx.由0gx得2110xax，240321aa121xxa，121x

x，211xx.32aQ，512a，12xx111115210xxxx，解得1102x≤.12xgxg221121221ln12xxxaxxx21121112ln2xxx.

设221112ln022xhxxxx，则22331210xhxxxxx，函数hx在10,2上单调递减.当112x时，min1152ln228hxh.32a时，12152ln

28xgxg成立.【点睛】求解含有参数的函数的单调性题，求导后要根据导函数的形式进行分类讨论.9．已知函数2xfxeaex.（1）讨论fx的单调区间；（2）当0a时，证明：2lnfxex.【答案】（1）当0a时，

fx的增区间为,，无减区间；当0a时，fx的减区间为,2lna，增区间2ln,a，（2）证明见解析【分析】（1）先求出函数的定义域，再求导数，分0a和0a，分别由导数大于零和小于零，可求得函数的单调区间；（2）要证明22lnxaexe

xe，只要证2ln0xeex，构造函数2lnxgxeex，然后利用导数求出此函数的最小值即可，或要证明22lnxaexexe，只要证22lnxexxexae，构造函数20xgxaexxe

，然后用导数求其最小值，构造函数2ln0xhxexx，然后利用导数求其最大值，或要证明22lnxaexexe．由于当0a时，20aex，只要证2ln0xeex，构造函数222222lnlnxxg

xeexexexeeeex，令220xhxeexex，222lnmxexeex，再利用导数求其最小值即可【详解】（1）解：fx的定义域为,，2xfxeae．当0a时，()0fx¢>，则fx的增区间

为,，无减区间．当0a时，由()0fx¢=，得2lnxa．当,2lnxa时，()0fx¢<；当2ln,xa时，()0fx¢>，所以fx的减区间为,2lna，增区间2

ln,a．（2）证明：法一：要证明22lnxaexexe．由于当0a时，20aex，只要证2ln0xeex．设2lnxgxeex，则2xgxeex，220xgxexe，所以gx在()0,+?上是增函数．又210gee，

2222022egee，所以存在01,2x，使得02000xgexex，即020xeex，00ln2xx．所以当00,xx时，()0gx¢<；当0,xx时，()0gx¢>，因此gx在00,x上是减函数，在0,x上

是增函数，所以gx有极小值，且极小值为022222222000000ln22220xgxeexexexeeexexe．因此0gx，即2ln0xex．综上，当0a时，2lnfxex．法二：要证明22lnxaexe

xe，只要证22lnxexxexae．设20xgxaexxe，则21xxegxx．当01x时，()0gx¢<；当1x时，()0gx¢>，所以gx在()0,1上是减函数，在

()1,+?上是增函数，所以1x是gx的极小值点，也是最小值点，且2min1gxgeae．令2ln0xhxexx，则221lnxhxxe．当0xe时，0hx；当ex时，0hx，所以hx在0,e上是增函数，在,e

上是减函数，所以xe是hx的极大值点，也是最大值点，且maxhxhee，所以当0a时，2gxeaeehx，即22lnxexxexae．综上，当0a时，2lnfxex．法三：要证明22lnxaexe

xe．由于当0a时，20aex，只要证2ln0xeex．设222222lnlnxxgxeexexexeeeex，令220xhxeexex，则2xhxee，当02x

时，0hx；当2x时，0hx，所以hx在0,2上是减函数，在()2,+?上是增函数，所以2x是hx的极小值点，也是hx的最小值点，即min20hxh．设222lnmxexeex，则2221xemx

exxe．当01x时，0mx；当2x时，0mx，所以mx在()0,1上是减函数，在()1,+?上是增函数，所以1x是mx的极小值点，也是mx的最小值点，即mi

n10mxm．综上，0hx（当且仅当2x时取等号），0mx（当且仅当1x时取等号），所以0gxhxmx，故当0a时，2lnfxex．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导

数证明不等式，解题的关键是将不等式等价转化，然后构造函数，利用导数求函数的最值，考查数学转化思想，属于较难题10．已知函数2()lnfxxaxx.（1）试讨论函数()fx的单调性；（2）对任意0a，满足2()lnfxxaxx的图象与直线ykx恒有且仅

有一个公共点，求k的取值范围.【答案】（1）当0a时，在(0,)单调递增；当0a时，在1180,4aa单调递增，在118,4aa单调递减；（2）1k或3221ke≥.【分析】（1）首先求函数的导数212

1'()21(0)axxfxaxxxx，分0a和0a两千情况讨论导数的正负，确定函数的单调性；（2）由方程fxkx，转化为2lnxaxxkx，构造函数2lnxaxxhxx，利用二阶导数判断函数的单调性，并分情况讨论hx最小值的正负，并结合零

点存在性定理，确定函数的性质，根据2lnxaxxkx有唯一解，确定k的取值范围.【详解】（1）2121'()21(0)axxfxaxxxx当0a时，恒有'()0fx，所以()fx在(0,)单调递增；当0a时，令2210axx，则180a

，则111804axa，211804axa（舍去），当118(0,)4axa时，'()0fx，()fx在118(0,)4aa单调递增；当118(,)4axa时，'()0fx，()fx在118(,)4aa单调递减.综上所述，当

0a时，()fx在(0,)单调递增；当0a时，()fx在118(0,)4aa单调递增，()fx在118(,)4aa单调递减.（2）原命题等价于对任意0a，2lnxaxxkx

有且仅有一解，即2lnxaxxkx；令ln()1xhxaxx则21ln'()xhxax，332(ln)2''()xhxx，令''()0hx得32xe所以)'(hx在32(0,)e上递减，在32(,)e上递增，323

2min331ln1'()'()2ehxheaaee当312ae时，'()0hx，所以()hx在R上单调递增，又当0x时，ln,0xaxx，所以()hx；当x时，ln,xaxx

，所以()hx.所以()hx在R上必存在唯一零点，此时kR；当3102ae时，32min'()'()0hxhe，同时又当0x时，21ln,xax，所以'()

hx；当x时，21ln0,xax，所以'()hx.所以方程'()0hx存在两根12,xx，即2211221ln1ln0xaxxax且332212(0,),(,)xexe，所以()hx在

1(0,)x上单调递增，12(,)xx上单调递减，在2(,)x上单调递增，所以()hx的极大值为1()hx，极小值为2()hx要使有方程2lnxaxxkx唯一解，必有1()khx或2()khx，又22

22222222lnln1ln2ln1()111xxxxhxaxxxxx，又322(,)xe，则2ln1()1xxx，232ln'()0xxx，所以()x在32(,)e递减，且x时，2ln1()11xx

x，所以1k；同理1112ln1()1xhxx，321(0,)xe，2ln1()1xxx在32(0,)e递增，3322322()()121xeee，所以3221ke≥.综上可得，1k

或3221ke≥.【点睛】思路点睛：本题是一道利用导数研究函数性质，零点的综合应用题型，属于难题，一般利用导数研究函数零点或方程的实数根时，需根据题意构造函数fx，利用导数研究函数在该区间上的单调性，极值，端点值等性质，以及零点存在性定理等研究函数的零点.11．设函数2

23223()3,()33,22aafxxxaxgxaxxaR.（1）求函数fx的单调区间；（2）若函数23()()()0,222axfxgxxx在0x处取得最大值，求a的取值范围.【答案】（1）当3a时，()fx的单调递增区间为

(,)，无单调递减区间；当3a时，()fx的单调递增区间为93,13a和931,3a，单调递减区间为93931,133aa；（2）6,5.【分析】（1）先对fx求导，对导函数分3a和3a

两种情况讨论即可.（2）因为函数x在0x处取得最大值，所以23223133(0)()(1)3,0,22222axaxaxxax…，利用分离参数法转化为不等式恒成立问题，求函数的最值即可.【详解】解：（1）22()36313fxxxaxa

，当3a时，0fx，所以()fx的单调递增区间为(,)，无单调递减区间；当3a时，令0fx，得9313ax或9313ax，所以()fx的单调递增区间为93,13a和931,3a

令0fx，得93931133aax，所以()fx的单调递减区间为93931,133aa.综上，当3a时，()fx的单调递增区间为(,)，无单调递减区间；当3a时，()fx的单调递增

区间为93,13a和931,3a，单调递减区间为93931,133aa.（2）由题意得322133()(1)3,0,2222xaxaxxax

.因为函数x在0x处取得最大值，所以23223133(0)()(1)3,0,22222axaxaxxax…，即3213(1)30,0,222axaxxx„，当0x时，显然成立.当0,2x时，得21313022axax，即

22323232322221+2xxaxxxxxx„.令22,4tx，则2()1,(2,4]thttt，2210htt恒成立，所以2()1,(2,4]thttt是增函数，5()0,2ht，所以

3625(2)12xx…，即65a„，所以a的取值范围为6,5.【点睛】思路点睛：对含参数的函数求单调区间，根据导函数分类讨论是解决这类题的一般方法；已知函数的最大值求参数的取值范围，往往转化为不等式恒成立问题，如果能分离参数的话，分离参数是解决这类题的常

用方法，然后再求函数的最值即可.12．已知函数21ln1fxxaxx（0a）.（1）讨论函数fx的单调性；（2）若关于x的不等式1lnxxfxxx在1，上恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（

1）答案不唯一，见解析；（2）02a.【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，判断函数的单调性即可；（2原不等式化为：ln2xaxx在1，上恒成立，设ln2xhxxx，1,x，求出函数的导数，再令221l

ngxxx，根据函数的单调性求出a的范围即可．【详解】（1）1121121xfxxaxaxx12121axxaxxxx，0,x

，令0fx，则2ax或1x，当02a时，函数fx在区间0,2a和1,上单调递增，在区间,12a上单调递减，当2a时，函数fx在0，上单调递增，当2a

时，函数fx在区间0,1和,2a上单调递增，在区间1,2a上单调递减；（2）原不等式化为：ln2xaxx在1，上恒成立，设ln2xhxxx，1,x，2221ln21ln2xxxhxxx，令221lngxxx

，则140gxxx，所以gx在1，上单调递增，110gxg，所以0hx，则函数hx在1，上单调递增，且12h，02a.【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究单调性（含参），考查利用导数研究恒成立问题，解决第（2）问

的关键是将原不等式转化为ln2xaxx在1，上恒成立，进而利用导数研究函数的单调性，从而得解，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化和划归思想，属于常考题.13．已知函数ln2agxxxx.（1）讨论gx的单调性；（2）当

10ae时，函数222afxxgxxx在其定义域内有两个不同的极值点，记作1x、2x，且11xx，若m1，证明：112mmxxe.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数g

x的定义域，求得222xxagxx，对实数a的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数gx的单调递增区间和递减区间；（2）利用分析法得出所证不等式等价于121212121ln0mxxxxxxxmx，令120

,1xtx，构造函数11lnmthtttm，其中0,1t，利用导数证明出0ht对任意的0,1t恒成立，由此可证得原不等式成立.【详解】（1）函数ln2agxxxx的定义域为0,，222122axxagxaRxxx

，方程220xxa的判别式18a.①当18a时，0，0gx，gx在0,为增函数；②当18a时，0，方程220xxa的两根为11184ax，21184ax，（i）当108a时，120xx，对任意

的0x，0gx，gx在0,为增函数；（ii）当0a时，120xx，令0gx，可得20xx，令0gx，可得2xx.所以，gx在181,4a为增函数，在1810,4a为减函数.综上所述：当0

a时，gx的增区间为0,，无减区间；当0a时，gx的增区间为181,4a，减区间1810,4a；（2）证明：2ln2afxxxxxaaR，所

以lnfxxax，因为fx有两极值点1x、2x，所以11lnxax，22lnxax，欲证112mmxxe等价于要证：112lnlnmmxxe，即121lnlnmxmx

，所以1212121lnlnmxmxaxmaxaxmx，因为m1，120xx，所以原不等式等价于要证明121maxmx.又11lnxax，22lnxax，作差得1122lnxaxxx，1212lnxxaxx，所以原不等式

等价于要证明112211212212ln11lnxmxxxxmxxxmxxxmx，令12xtx，0,1t，上式等价于要证11lnmtttm，0,1t，令11lnmthtttm，所以

221ttmhtttm，当m1时，20tm，则0ht，所以ht在0,1上单调递增，因此10hth，11lnmtttm在0,1t上恒成立，所以原不等式成立.【点睛】利用导数研究函数的单调性，再由单调性来

证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.14．已知实数0a，函数22lnfxaxxx，0,10x.（1）讨论函

数fx的单调性；（2）若1x是函数fx的极值点，曲线yfx在点11,Pxfx､22,Qxfx(12xx)处的切线分别为1l､2l，且1l､2l在y轴上的截距分别为1b､2b.若12//ll，求12bb的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2

）6ln4,05.【分析】（1）对函数求导，按照110a、1010a分类，求得0fx、0fx的解集即可得解；（2）由极值点的性质可得1a，由导数的几何意义可得1b、2b及12122xxxx，转化条件为12

11212221ln1xxxbbxxx，构造新函数结合导数即可得解.【详解】（1）由题意，222212010axaxafxaxxxx，0a，010x，∴20ax，①当110a，即10,10a

时，0fx，fx在0,10上单调递减；②当1010a，即1,10a时，当10,xa时，0fx；当1,10xa时，0fx，fx在10,a上单调递减，在1,10

a上单调递增.综上所述：当10,10a时，fx在0,10上单调递减；当1,10a时，fx在10,a上单调递减，在1,10a上单调递增；（2）∵1x是fx的极值点，∴10f，即

210aa，解得1a或2a（舍），此时2lnfxxxx，2211fxxx，1l方程为1112111221ln1yxxxxxxx，令0x，得1114ln1bxx，同理可得2224ln1bxx

，12//ll，221122212111xxxx，整理得：12122xxxx，12122xxx，又12010xx，则1112102xxx，解得1542x，

1212211111211221222221244lnlnln1xxxxxxxxxbbxxxxxxxxx，令12xtx，则1111211,1224xxtxx，设211ln,,114tgtttt

，则222141011tgttttt，gt在1,14上单调递增，又10g，16ln445g，6ln4,05gt，即12bb的取值范围为6ln4,05

.【点睛】关键点点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，再构造新函数，结合导数即可得解.15．已知函数32()23(1)6()fxxmxmxxR.(1)讨论函数()fx的单调

性；(2)若(1)5f，函数2()()(ln1)0fxgxaxx在(1,)上恒成立，求证：2ae.【答案】（1）答案不唯一，见解析（2）证明见解析【分析】（1）求导后分解因式，分类讨论即可得到

函数的单调性；（2）由题意求出0m，转化为23ln1xax在(1,)x上恒成立，利用导数求出23()(1)ln1xhxxx的最小值，即可求解.【详解】（1）'22661661fxxmxmxmxm

6(1)()xxm若1m时，()0fx，()fx在R上单调递增；若1m>时，1m，当xm或1x时，()0fx，()fx为增函数，当1mx时，()0fx，()fx为

减函数，若1m时，1m，当1x或xm时，()0fx，()fx为增函数，当1xm时，()0fx，()fx为减函数.综上，1m时，()fx在R上单调递增；当1m>时，()fx

在(,)m和(1,)上单调递增，在(,1)m上单调递减；当1m时，()fx在(,1)和(,)m上单调递增，在(1,)m上单调递减.（2）由(1)23(1)65fmm，解得0m，所以32()23fxxx，由(1,)x

时，ln10x，可知()(ln1)230gxaxx在(1,)上恒成立可化为23ln1xax在(1,)x上恒成立，设23()(1)ln1xhxxx，则22132(ln1)(23)2

ln()(ln1)(ln1)xxxxxhxxx，设3()2ln(1)xxxx，则223()0xxx，所以()x在(1,)上单调递增，又3ln163(2)2ln2022，3()20ee所以

方程()0hx有且只有一个实根0x，且00032,2ln.xexx所以在0(1,)x上，()0hx，()hx单调递减，在0(,)x上，()0,()hxhx单调递增，所以函数()hx的最小值为0000002323()22

3ln112xxhxxexx，从而022.axe【点睛】关键点点睛：解答本题的难点在于得到232ln()(ln1)xxhxx后，不能求出()hx的零点，需要根据()hx的单调性及零点存在定理得到0x的大致范围，再利用0x的范

围及0032lnxx证明不等式.16．设1,,54mhxxxx，其中m是不等于零的常数，（1）写出4hx的定义域；（2）求hx的单调递增区间；【答案】（1）15,164

；（2）答案见解析.【分析】（1）由已知得出1454x，，解出x可得4hx的定义域；（2）对函数hx求导，按0m，1016m，12516m和25m四种情况，分别求出

函数的单调递增区间即可．【详解】（1）∵1454x，，∴15164x，∴4hx的定义域为15164，（2）21mhxx0m时，0hx恒成立，hx在154，递增；0m

时，令0hx，解得xm或xm，即函数的单调增区间为,m，,m当14m即1016m时，hx在154，递增当154m即12516m时，hx在5m，递增当5m即2

5m时，hx在154，无递增区间综上可得：0m时，hx在154，递增；1016m时，hx在154，递增；12516m时，hx在5m，递增【点睛】关键点点睛：本题考查函数

的定义域，考查导数研究函数的单调性，解决本题的关键是令0hx求出函数的单调增区间，讨论定义域的区间端点和单调区间的关系，考查了学生分类讨论思想和计算能力，属于中档题．17．已知1,12k，函数2()(1)xfxxekx．（2.71828e为自然对数的底数）．（1）求

函数()fx的单调区间；（2）求函数()fx在[0,]k上的最大值．【答案】（1）单调增区间为(ln2,),(0)k，，单调减区间为(0,ln2)k；（2）3(1)kkek.【分析】（1）由题得()(2)xfxxek

，再利用导数求函数的单调区间得解；（2）证明0(2)lnkk，列出表格得出单调区间，比较区间端点与极值即可得到最大值．【详解】（1）由题得()(1)2(2)xxxfxexekxxek，令0()0,20xxfxek或020xxek，因

为1,12k，所以122k，所以不等式组的解为ln2xk或0x，所以函数()fx的单调增区间为(ln2,),(0)k，；令0()0,20xxfxek或020xxek，解之得0ln2xk

，所以函数()fx的单调减区间为(0,ln2)k；所以函数()fx的单调增区间为(ln2,),(0)k，，单调减区间为(0,ln2)k.（2）令()(2)kklnk，1(2k，1]，11()

10kkkk„所以()k在1(2，1]上是减函数，（1）1()()2k„，112()2lnkk„．即0(2)lnkk所以()fx，()fx随x的变化情况如下表：x(0，(2))lnk(2)lnk((2)lnk，)k()fx0()fx极小值(0)1

f，()(0)fkf3(1)(0)kkekf3(1)1kkek3(1)(1)kkek2(1)(1)(1)kkekkk2(1)[(1)]kkekk1(2k，1]，10k„．对任意的1(2k，1]，kye的图象恒在2

1ykk下方，所以2(1)0kekk„，所以()(0)0fkf…，即()(0)fkf…，所以函数()fx在[0，]k上的最大值3()(1)kfkkek．【点睛】关键点睛：解答本题的关键点有两个，其一：是构造函数利用导数比较,(2)kln

k的大小；其二：是比较(),(0)fkf的大小，确定函数的最大值.18．已知函数2()ln(21)fxxaxax．（1）若函数()fx在1x处取得极值，求曲线()yfx在点(2,(2))f处的切线方程；（2）

讨论函数()fx的单调性；（3）当0a时，2()(1)()1gxxfxx，证明：函数()gx有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数．【答案】（1）31ln22yx；（2）答案见解析；（3）证明见解析．【分析】(1)求

出函数的导函数，由已知极值点可求出12a，从而可求出函数解析式，求出切点坐标和切线斜率从而可求出切线的方程.(2)求出函数的导数，分0a，0a两种情况进行讨论，结合导数的符号从而可确定函数的单调性.(3)求出1()lngxxx，由

()gx的单调性可判断存在唯一0(1,2)x使得00()gx，进而可求出()gx的单调性，从而可证明函数的零点问题.【详解】（1）求导：1()221fxaxax，由已知有()01f，即12210

aa，所以12a，则21()ln2fxxx，所以切点为(2,ln22)，切线斜率3(2)2kf，故切线方程为：31ln22yx.（2）()fx的定义域为(0,)且1(

21)(1)()221axxfxaxaxx，若0a，则当(0,)x时，'()0fx，故()fx在(0,)上单调递增；若0a，则当'1(0,),()02xfxa，当'1(,),()02xfxa，故()fx在1(0,)2a上单调

递增，在1(,)2a上单调递减.（3）2()(1)()1(1)ln1gxxfxxxxx，所以，1()lngxxx，因为lnyx在(0,)上递增，1yx在(0,)递减，所以()gx在(0,)

上递增，又1ln41(1)10,(2)ln2022gg，故存在唯一0(1,2)x使得00()gx，所以()gx在0(0,)x上递减，在0(,)x上递增，又220()(1)2,()30gxggee，所以()0gx

在0(,)x内存在唯一根，由01x得011x，又1111()()(1)ln10gg，故1是()0gx在0(0,)x上的唯一零点．综上，函数()gx有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数.【点睛

】方法点睛：求函数的零点个数时，常用的方法有：一、直接根据零点存在定理判断；二、将fx整理变形成fxgxhx的形式，通过,gxhx两函数图象的交点确定函数的零点个数；三、结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数.19．已知函数

222lnfxxxax（1）当0a时，讨论函数fx的单调性；（2）若函数fx有两个极值点12xx，证明；123ln22fxfx【答案】（1）当14a时，yfx在0,单调递增；当104a时，yfx在区间1140,2a，

114,2a单调递增；在区间114114,22aa单调递减；（2）证明见解析.【分析】（1）求出导函数2222222'22xxaaxxafxxxxx，然后根据方

程20xxa的判别式得到导函数的符号，进而得到函数的单调性；（2）由题意得到方程20xxa有两个根12,xx，故可得12121xxxxa，且104a．然后可得122ln21aaffxax，最后利用导数可证得2ln213ln22aaa

，从而不等式成立．【详解】解：（1）函数的定义域为0,，2222222'22xxaaxxafxxxxx，①当140a，即14a时，0fx，所以yfx在0,单调递增；

②当140a，即104a时，令0fx，得11142ax，21142ax，且1>0x，20x，当1141140,,22aax时，0fx；当114114,22aax

时，0fx；∴yfx单调递增区间为1140,2a，114,2a；单调递减区间为114114,22aa．综上所述：当14a时，yfx在0,单调递增；104a

时，yfx在区间1140,2a，114,2a单调递增；在区间114114,22aa单调递减．（2）由（1）得2222222'22,0xxaaxxafxxxxxx，∵函数f

x有两个极值点1x，2x，∴方程20xxa有两个根1x，2x，∴12121xxxxa，且140a，解得104a．所以122211122222ln22lnfxfxxxxaxxax22212

121212121212222ln2ln222lnxxxxaxaxxxxxxxaxx1222ln2ln21aaaaaa，104a.故令2ln21haaaa，104a.∴'2

ln222ln0haaa，104a∴yha在10,4上单调递减，∴1ln11341ln24222hah，即123ln22fxfx.【点睛】（1）求函数的单调区间或讨

论函数的单调性时，若解析式中含有参数时，解题中一定要弄清参数对导函数在某一区间内的符号是否有影响，若有影响则必须进行分类讨论，故解题的关键是分14a和104a两类情况讨论求解．（2）解答第二问的关键在于求出12fxfx的表达式后将问题转化，通过构造新

函数并利用单调性可得结论成立．20．（1）已知函数f（x）=2lnx+1．若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；（2）已知函数=lnfxxmxmmR.讨论函数fx的单调性.【答案】（

1）1c．（2）答案见解析．【分析】（1）不等式变形为()2fxxc，求出()2fxx的最大值后可得c的范围；（2）求出导函数()fx，确定()fx的正负，得()fx的单调性．【详解】（1）()fx定义域是(0,)，由()2fxxc得，2ln12c

xx，设()2ln12gxxx，则22(1)()2xgxxx，当01x时，()0gx，当1x时，()0gx，∴()gx在(0,1)上递增，在(1,)上递减，∴m

ax()(1)2ln1121gxg，∴1c．（2）=lnfxxmxmmR，定义域是(0,)，1()fxmx，当0m时，()0fx，()fx在(0,)上递增，当0m时，1()(

)mxmfxx，当10xm时，()0fx，1xm时，()0fx，∴()fx在1(0,)m上递增，在1(,)m上递减．综上，0m时，()fx的增区间是(0,)，0m时，()fx的增区间是1(

0,)m，减区间是1(,)m．【点睛】方法点睛：本题考查函数的单调性，考查不等式恒成立问题．（1）已知()fx的导函数是()fx，解不等式()0fx可得增区间，()0fx可得减区间．（2）()fxm恒成立，则min()mfx，若()fx

m恒成立，则max()mfx．21．已知函数2()3(6)ln()fxxaxaxaR（1）求函数()yfx的单调区间；（2）当1a时，证明：对任意的20,()352xxfxexx.【答案】（1）答案见

解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求出导函数()fx，分类讨论确定()fx的正负，得增减区间；（2）不等式变形为ln20xex，令()ln2xhxex，由()hx的单调确定其有唯一零点0x，得出0x为()hx极小值点，也是最小值

点，证明最小值即得．【详解】（1）由题意知，函数fx的定义域为(0,)由已知得26(6)(6)(1)()6(6)axaxaxaxfxxaxxx当0a„时，()0fx，

函数fx在(0,)上单调递增，所以函数fx的单调递增区间为(0,)当0a时，由()0fx，得6ax，由()0fx，得06ax所以函数fx的单调递增区间为,6a，单调递减区间为0,6a综上，当0a

„时，函数fx的单调递增区间为(0,)，0a时，函数fx的单调递增区间为,6a，单调递减区间为0,6a．（2）当1a时，不等式2()352xfxexx可

变为ln20xex.令()ln2xhxex，则1()xhxex，可知函数()hx在(0,)单调递增，..而131303he，(1)10he所以方程()0hx在(0,)上存在唯一实根0x，即001xex当00,xx时，()0hx

，函数()hx单调递减；当0,xx时，()0hx，函数()hx单调递增；所以00min00000111()ln2ln220xxhxhxexxxex即ln20xex在(0,)上

恒成立，所以对任意20,()352xxfxexx成立.【点睛】关键点点睛：本题考查用导数求函数的单调区间，考查不等式恒成立问题．把不等式化简后，引入新函数，由导数得出新函数的最值，证明最值符合不等关系即可证原不等式．这里对导函数的零点不能求得具体数，可以得出其存在性，得出其

性质（范围），然后利用导数的零点化简原函数的最值，以证结论．22．设函数2lnafxxx，323gxxx.（1）讨论函数fx的单调性；（2）如果对于任意的12123xx，，，都有112xfxgx成立，试求a的取值范围.【答案】

（1）答案见解析；（2）1,.【分析】（1）求导23312(),axafxxxx分0a和0a两种情况，分别分析导函数的正负，可得出原函数的单调性；（2）先求导221()323(),,233gxxxxxx，分析导函

数()gx的正负，得出函数()gx的单调性，从而求得最值，运用不等式恒成立思想，将问题转化为2lnaxxx在1,23x上恒成立，令21()ln(,2)3hxxxxx，运用导函数得出函数()hx的最大值，可求得实数a的取

值范围.【详解】（1）函数fx的定义域为0，，23312(),axafxxxx当0a时，()0fx，所以函数()fx在(0,)上单调递增；当0a时，当2xa时，则()0fx，函数fx单调递增，当02xa时，()0

fx，函数fx单调递减，所以0a时，函数()fx在(0,2)a单调递减，在(2,)a上递增；（2）由已知得221()323(),,233gxxxxxx，所以当2,23x时，()0gx，所以函数()gx在2,23上单调递增，

当12,33x时，()0gx，所以函数()gx在12,33上单调递减，又183()(2)1327gg，所以函数()gx在1,23上的最大值为1，依题意得，只需在1,23x

，()1xfx恒成立，即ln1axxx，也即是2lnaxxx在1,23x上恒成立，令21()ln(,2)3hxxxxx，则()12lnhxxxx，

有(1)0h，当1,13x时，10x，ln0xx，()0hx，即()hx在1,13上单调递增，当1,2x时，10,ln0xxx，()0hx，所以()hx在1,2上单调递减，所以，当1x时，函数()h

x取得最大值(1)1h，故1a，即实数a的取值范围是1,.【点睛】本题考查运用导函数分类讨论求得函数的单调性，解决不等式恒成立的问题，属于较难题.不等式的恒成立与有解问题，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,xab，2,xcd，有12fx

gx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．23．已知函数21()2ln()2fxxxaxaR.（1）讨论函数fx的单调性；（2）若fx存在两个极值点1x，2x，求证123fxfx.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析

.【分析】（1）求得函数的导数22'()xxafxx，设方程220xxa，可得44a，根据0和0，结合0a和01a分类讨论，即可求得函数的单调区间；（2）由（1）可得，当01a时，函数fx两

个极值点满足122xx，12xxa，根据函数的解析式，化简12ln2fxfxaaa，令ln201gaaaaa，利用导数求得函数ga的单调性与最值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数21()2ln(

)2fxxxaxaR的定义域为(0,)，且22'()2axxafxxxx，设方程220xxa，可得44a，①当440a时，即1a时，'0fx，所以fx在0,上单增；②当440a时，即1a

时，设方程220xxa的两根为1x和2x，且12xx，则111xa，211xa，且12122xxxxa，①当0a时，可得10x，20x，所以fx在20,x上单减，在2,x上单

增；②当01a时，可得1>0x，20x，所以fx在10,x上单增，在12,xx上单减，在2,x上单增.综上可得：①当1a时，fx在0,上单增；②当0a时，fx在0,11a上单减，在11,

a上单增；③当01a时，fx在0,11a和11,a上单增，在11,11aa上单减.（2）由（1）可知，当01a时，函数fx存在两个极值点1x，2x，且满足122xx，12xx

a，又由2212111222112ln2ln22fxfxxxaxxxax2212121212ln2xxxxaxx212121212122ln2xxxxxxaxx1(42)4ln2aaaln2aaa，令ln2

01gaaaaa，可得'ln0gaa，所以ga在0,1上单减，所以13gag，即123fxfx.【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，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.24．已知函数xfx

eax.（1）讨论fx的单调性；（2）当1x时，2fxaxx，求a的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）12,222ee.【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（

2）0x时，成立，当(1,0)x时，问题转化为22xeaxx，当(0,)x时，问题转化为22xeaxx，令2()2xegxxx，根据函数的单调性求出a的范围即可．【详解】解析：（1）()xfxea，

若0a，则()0fx，此时()fx单调递增；若0a，由()0fx得lnxa，由()0fx得lnxa，此时()fx在(,ln)a单调递减，在(ln,)a单调递增.（2）由2()fxaxx得

22xaxxe，当0x时，显然成立；当(1,0)x时，220xx，22xeaxx，令2()2xegxxx，则2222222(22)2()022xxxexxxexegxxxxx，()

gx在(1,0)上单调递减，1()(1)gxge，此时1ae；当(0,)x时，220xx，22xeaxx，由2222()02xxegxxx知()gx在2x时取得最小值，2()(2)2

22egxg，此时2222ea，综上可得a的取值范围是12,222ee.【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．25．设函数212afxxaxaR，lngxx，Fxfxgx.（1）讨论函数Fx的单调性；（2）若4

,3a，121,2xx、，总有12ln2FxFxat成立，求实数t的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）1,8.【分析】（1）先求导，再对a分类讨论求出函数Fx的单调性；（2）先求出min()2ln2Fx，m

ax1()2aFx，12max3()()ln22aFxFx，12()()ln2FxFxat等价于3ln2ln22aat，对4,3a恒成立，即得解.【详解】函数()Fx

的定义域为(0,)，'(1)1(1)1()(1)axxFxaxaxx（1）若10a，即1a，当(0,1)x时，'()0Fx；当(1,)x时，'()0Fx.故函数()Fx在(0，1)为减函数，在(1,)上为增函数.若10a，即a<-1.①

当111a，即21a时，(ⅰ)若(0,1)x时，'()0Fx；(ⅱ)若1(1,)1xa时，'()0Fx；(ⅲ)若1(,)1xa时，'()0Fx.即函数()Fx在(0,1)和1(,)1a

上单调递减，在1(1,)1a上单调递增.②当111a，即2a时，'()0Fx，函数()Fx在(0,)上单调递减.③当111a，即2a时，(ⅰ)若1(0,)1xa时

，'()0Fx；(ⅱ)若1(,1)1xa时，'()0Fx；(ⅲ)若(1,)x时，'()0Fx.即函数()Fx在1(0,)1a和(1,)上单调递减，在1(,1)1a上单调递增.（2）由（1）可知，当2a时，()Fx在1,)单调递

减，43a，，当1,2x时，min()(2)2ln2FxF，max1()(1)2aFxF∴12max3()()(1)(2)ln22aFxFxFF故123()()ln2ln2ln22aFxFxatat对4,3a恒成立.即313()

222ataa∵131()228a∴t的取值范围为：1,8.【点睛】关键点点睛：解答第2问的关键是转化4,3a，121,2xx、，总有12ln2FxFxat成立，它等价于12ln2maxFxFx

at，再利用导数求函数的最值即得解.对于含有全称量词和特称量词的命题，首先要准确解读命题，再解答.26．已知函数2()22xfxxxae，其中e是自然对数的底数，aR.（1）求函数()fx的单调区间；（2）当[0,4]x时，求函数()fx的最小值.【答案】（1）答案

不唯一，具体见解析；（2）答案不唯一，具体见解析.【分析】（1）对函数求导，分0a和0a分别写出函数的单调区间；（2）当0a时，函数在给定区间单调递增，可得函数的最小值；当0a时，比较极小值点与区间端点的大小，分类讨论写出最小值．【详解】（1）因为

2()xfxxae若0a，在(,)单调递增；若0a，在(,),(,)aa单调递增，(,)aa单调递减；（2）由（1），得0a时，()fx的最小值为(0)2fa16a时，最小值为4(4)

(10)fae160a时，最小值为()(22)afaae【点睛】方法点睛：本题考查导数研究函数的单调性与最值问题，设函数yfx在,ab上连续，在,ab上可导，则：1.若0fx，则yfx在

,ab上单调递增；2.若0fx，则yfx在,ab上单调递减．27．已知函数xfxeax，1lngxxx.（1）讨论函数fx的单调性；（2）若当0x时，方程fxgx

有实数解，求实数a的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）[e1,).【分析】（1）先对函数求导，分0a和0a两种情况讨论，可求解函数的单调性；（2）由已知得e1lnxaxxx有实数解，构造函

数，利用函数的单调性及函数的性质求得a的范围.【详解】解：（1）函数fx的定义域为R，()exfxa当0a时，()0fx，则fx在(,)上单调递增；当0a时，令()xfxea，得lnxa，则fx在(,ln)a上单调递

减，在(ln,)a上单调递增.（2）由fxgx，得eln1xaxxx，因为0x，所以e1lnxaxxx.令e1()lnxhxxxx，0x，则22e1(1)ee1()xxxxxxhxxx

.令()0hx，得1x.当(0,1)x时，()0hx，hx为减函数；当(1,)x时，()0hx，hx为增函数.所以min()(1)e1hxh.又因为e1e1()lnlnxxhxxxxxx

，因为0x，e1x，所以e10xx，所以当0x时，hx.所以函数hx的值域为[e1,)，因此实数a的取值范围为[e1,).【点睛】本题考查了利用导数讨论函数的单调性问题，零点问题，导

数与函数的综合应用，考查运算求解能力、转化与化归思想，属于较难题．28．已知函数212fxx，lngxax.设hxfxgx（1）试讨论函数hx的单调性.（2）若对任意两个不等的正数12,xx，都有

12122hxhxxx恒成立，求实数a的取值范围；【答案】（1）答案见解析；（2）1,.【分析】（1）求导后，分别在0a和0a两种情况下讨论导函数的正负即可得到结果；（2）将恒成立的不等式转化为112222hxxhxx对于任意的12xx恒成立，从而只需构造

函数2txhxx，证明tx在0,上单调递增即可，从而将问题进一步转化为0tx在0,上恒成立，进而利用分离变量的方法可求得结果.【详解】（1）21ln02hxxaxx，则20axahxxxxx

，当0a时，0hx恒成立，hx在0,上单调递增；当0a时，若0,xa，0hx；若,xa，0hx；hx在0,a上单调递减，在,a上单调递增.（2）设12xx

，则12122hxhxxx等价于112222hxxhxx，即112222hxxhxx对于任意的12xx恒成立.令212ln22txhxxxaxx，则只需tx在0,上

单调递增，2atxxx，只需0tx在0,上恒成立即可.令200axxx，则220axxx，当1x时，2max21xx，1a，即实数a的取值范围为1,.【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等

式的证明，着重考查了转化与化归思想､逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数

；（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.29．已知函数32()21fxxax.（1）讨论()fx的单调性；（2）是否存在a，使得()fx在区间[0,1]的

最小值为1且最大值为1？若存在，求出a的所有值；若不存在，说明理由.【答案】（1）答案见解析；（2）存在，4a.【分析】（1）对函数进行求导，求出导函数的零点，分为0a，0a和0a三种情形进行讨论，可得函数单调性；（2）分为0a，3a和0<<3a三种情形，得

出函数fx在区间0,1上的单调性，结合最值得结果.【详解】（1）26263afxxaxxx．令603afxxx′，解得0x或3a．当0a时，260fxx′恒成立，函数()fx在R上单调递增；当0a时，

令0fx得3ax或0x，令0fx得03ax，即函数()fx在,0和,3a上单调递增，在0,3a上单调递减；当0a时，令0fx得0x或3ax，令0fx

得03ax，即函数()fx在,3a和0,上单调递增，在,03a上单调递减；综上所述：当0a时，函数()fx在R上单调递增；当0a时，函数()fx在,0和,

3a上单调递增，在0,3a上单调递减；当0a时，函数()fx在,3a和0,上单调递增，在,03a上单调递减.（2）存在，理由如下：由（1）可得：当0a时，函数fx在[0,1]上单调递增．则最小值为

01f，不合题意；当0a时，函数fx在0,3a上单调递减，在,3a单调递增；当13a，即3a时，函数fx在0,1上单调递减，fx的最大值为01f，最小值为1211fa，解得4a，满足题意；当0<<3a时，函数函数f

x在0,3a上单调递减，在,13a单调递增，fx的最小值为32211333aaafa，化为3227a，解得3323a，

不合题意；综上可得：a的值为4.【点睛】关键点点睛：（1）按照导函数的零点大小比较进行讨论；（2）按照导函数零点与所给区间端点的关系进行讨论.30．已知1ln,fxxaxaRx.（1）讨论fx的单调性；（2）1x时，若1kxxex

恒成立，求实数k的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）12k.【分析】（1）先利用导数求导，再对a分三种情况得到函数的单调区间；（2）等价于1ln0xkxx在()1,+?恒成立，记1lngxxkxx,只需[()]

0maxgx,再对k分类讨论得解.【详解】(1)由题得函数的定义域为()0,+?，22222111'1xaxaxxafxaxxxx，又214a，①当0a时，

211'10fxaxx，所以()fx在(0,)上单调递增.②当0a时，2i140,a即12a时，'0fxfx在()0,+?上单调递减.2ii140,a即102a时，令'0,f

x则21142axa，当221141140,,22aaxaa时'0fx，当22114114,22aaxaa时'0fx.()fx\在21140,2aa

和21142aa，上单调递减,在22114114,22aaaa上递增.综上，当0a时，()fx在(0,)上单调递增；当102a时，fx在21

140,2aa和21142aa，上单调递减,在22114114,22aaaa上递增.当12a时，fx在()0,+?上单调递减.(2)1x时，

1kxxex恒成立，1lnkxxx在()1,+?恒成立，1ln0xkxx在()1,+?恒成立，记1lngxxkxx,只需[()]0maxgx,由(1)可知，

①当0k时，()gx在(1,)上单调递增，()g(1)0gx不符合题意.②当12k时，()gx在()1,+?上单调递减，()(1)0gxg符合题意.③当102k时，有211412kk，gx在211412kk

，上递增，在2114,2kk上递减，因为(1)0g，21141,2kxk时，10gxg矛盾，综上：12k.【点睛】关键点点睛：解

答本题有两个关键：（1）关键一是把1kxxex恒成立，等价化为1ln0xkxx在()1,+?恒成立；（2）关键二是构造函数1lngxxkxx,利用第1问的结论求函数[()]maxgx.