【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题15《已知函数的单调区间求参数的范围》(解析版).doc，共(44)页，2.275 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题15已知函数的单调区间求参数的范围一、单选题1．若函数sin()cosxafxx在区间(0,)2上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．1aB．2aC．1aD．1a【答案】C【分析】利用导函数研究原函数的单调性，利用单调性求解实数a的取值范围．【详解】解：函数sin()c

osxafxx则2coscossin(sin)()xxxxafxcosx(0,)2x上，2cos0x要使函数sin()cosxafxx在区间(0,)2上单调递增，22cossinsin0xxax在(0,)2x

上恒成立，即：sin10ax在(0,)2x上恒成立，(0,)2x上，sin(0,1)x1a…故选：C．【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．2．已知函数21=)1ln2(,1+fxxaxaabx，函数2xby的图象过定点0,1（），对于任意1212,0,,xxxx，有12

21fxfxxx，则实数a的范围为（）A．15aB．25aC．25aD．35a【答案】A【分析】由图象过定点可得0b，设Fxfxx，结合已知条件可得Fx在0,递增，求Fx的导数，令211gxxaxa，由

二次函数的性质可得102ag，从而可求出实数a的范围.【详解】解：因为2xby的图象过定点0,1（），所以21b，解得0b，所以21=1ln,12fxxaxaxa，因为对于任意1212,0,,xxxx，有1221f

xfxxx，则1122fxxxfx，设Fxfxx，即22111ln=11ln22Fxaxaxxxfxxxaxax，所以21111xaxaaFxxaxx，令

211gxxaxa，因为1a，则102ax，所以要使0Fx在0,恒成立，只需102ag，故21111022aaaa，整理得150aa，

解得15a，故选:A.【点睛】关键点睛：本题的关键是由已知条件构造新函数Fxfxx，并结合导数和二次函数的性质列出关于参数的不等式.3．已知函数2xfxxae在区间1,2上单调递增，则a的取值范围是（）A．3

,B．,8C．3,D．8,【答案】A【分析】由函数的单调性与导数的关系得出220xxa在区间1,2上恒成立，将问题转化为求2min2xx，即可得出答案.【详解】220xfxxxae在区

间1,2上恒成立，则220xxa在区间1,2上恒成立即22min2123axx故选：A4．函数32123yxxmx是R上的单调函数，则m的范围是（）A．(,1)B．(,1]C．(1,)D．[1,)

【答案】D【分析】函数在R上时单调函数，等价于导函数大于等于0或小于等于0恒成立，列不等式求出m的范围即可．【详解】函数32123yxxmx是R上的单调函数，即220yxxm或220yxxm(舍)在R上恒成立440m，解得m1故选：D【点睛】本

题考查导数解决函数的单调性问题，考查二次函数的性质，属于基础题．5．已知函数321()13fxxaxx在(,0)，(3,)上为增函数，在1,2上为减函数，则实数a的取值范围为（）A．(,1]B．55,34C．5,13

D．55,34【答案】B【分析】求导得到2()21fxxax，然后根据()fx在(,0)，(3,)上为增函数，在1,2上为减函数，由(0)0(1)0(2)0(3)0ffff

求解.【详解】已知函数321()13fxxaxx，则2()21fxxax，因为()fx在(,0)，(3,)上为增函数，在1,2上为减函数，所以(0)0(1)0(2)0(3)0ffff，即101210441096

10aaa，解得5534a，所以实数a的取值范围为55,34故选：B【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及二次函数与根的分布，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题.6．函数1()fxxax在(,1)

上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．[1,)B．(,0)(0,1]C．(0,1]D．(,0)[1,)【答案】D【分析】函数1()fxxax在(,1)上单调递增，所以'0fx在(,1)上恒成立，求函数()f

x的导函数，参变分离求最值即可.【详解】解：因为函数1()fxxax在(,1)上单调递增，所以'0fx在(,1)上恒成立，即21'()10fxax在(,1)上恒成立.即2min1()xa

，即11a，解得：1a或0a.检验，当1a时，fx不是常函数，所以1a成立.故选：D【点睛】本题考查已知函数的单调性求参数的范围，属于中档题.方法点睛：（1）已知在区间上单调递增，则导函数大于等于0恒成立；（2）分类讨

论或参变分离，求出最值即可.易错点睛：必须检验等号成立的条件，有可能取等号的时候是常函数，所以需要检验取等时是否是常函数.7．对任意的0abt，都有lnlnbaab，则t的最大值为（）A．1B．eC．2eD

．1e【答案】B【分析】令lnxyx，问题转化为函数在(0,)t递增，求出函数的导数，求出函数的单调区间，从而求出t的最大值即可．【详解】0abt，lnlnbaab，lnlnabab，()ab，令lnxy

x，则函数在(0,)t递增，故21ln0xyx，解得：0xe，所以(0,)t是(0,)e的子集，可得0te，故t的最大值是e，故选：B．【点睛】利用单调性求参数的范围的常见方法：①视参数为

已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间[],ab上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的;②利用导数转化为不等式'0fx或'0fx恒成立问题求参数范围．8．函数2122ln2f

xaxaxx单调递增的必要不充分条件有（）A．2aB．2aC．1aD．2a【答案】A【分析】求导，把问题转化为2220axax在区间0,恒成立，a分三种情况讨论即可得出结论。判断

选项即可.【详解】由函数2122ln2fxaxaxx在区间0,单调递增，则222220axaxfxaxaxx在区间0,恒成立，即2220axax在区间0,恒成立，①当0a时，2201xx，不满足

题意；②当0a时，222210axaxaxxa，又20a，即2101xxxa，不满足题意；③当0a时，222210axaxaxxa，又20a，2220axax在区间0,恒成立

，则2228202aaaa，综上：函数2122ln2fxaxaxx单调递增的充要条件为2a，判断选项A正确.故选：A.【点睛】思路点睛：利用导数研究函数的单调性以及求解必要不充分条件.求定义域；利用已知条件转化问题为2

220axax在区间0,恒成立；对参数分类讨论.9．设函数21()9ln2fxxx在区间1,1aa上单调递减，则实数a的取值范围是（）A．1,2B．0,3C．4,D．,2【答案】A【分析】利用

fx的导函数'fx，结合fx在区间[1,1]aa上的单调性列不等式组求得a的取值范围.【详解】由219ln,(0)2fxxxx，则299,(0)xfxxxxx，当(

0,3)x时，0fx，则fx单调递减；当(3,)x时，0fx，则fx单调递增，又函数fx在区间[1,1]aa上单调递减，所以101311aaaa，解得

12a，故选：A.【点睛】本题主要考查利用函数的单调性求解参数的取值范围问题，其中导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查都非常突出，从高考

来看，对导数的应用的考查主要从以下两个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系.(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．10．已知函数3211()(,,,)32fxa

xbxcxdabcdR的单调递增区间是(3,1)，则（）A．abcB．bcaC．bacD．acb【答案】C【分析】首先求出函数的导函数，再根据函数的单调递增区间为(3,1)，即可()0fx的

解集为(3,1)，即可得到a、b、c的关系，从而得解；【详解】解：由题可得2()fxaxbxc，则()0fx的解集为(3,1)，即()(3)(1)0fxaxx，0a，可得2,3baca，∴bac，故选:C．【点睛】本题考查函数的单调性，考查运算求解能力及推

理论证能力，属于中档题．11．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f

x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，x

R都有20192019xffx，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.12．若函数24lnfxxxbx在0,上是减函数，则b的取值范围是（）A．,2B．,2C．2,D．2,

【答案】A【分析】2()4lnfxxxbx在0,上是减函数等价于'0fx在0,上恒成立，利用分离参数求解即可.【详解】∵2()4lnfxxxbx在0,上是减函数，所以'0fx在0,上恒成立，即'()240bfxxx，即224

bxx，∵22242(1)22xxx，∴2b，故选：A.【点睛】本题主要考查“分离参数”在解题中的应用、函数的定义域及利用单调性求参数的范围，属于中档题.利用单调性求参数的范围的常见方法：①视参数为已知数，依据函数的图象或单调

性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间,ab上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的;②利用导数转化为不等式'0fx或'0fx恒成立问题求参数范围.13．已知函数2(3))(xfxaexaR

，若[0,2]x时，()fx在0x处取得最大值，则a的取值范围为（）A．0aB．212aeC．6aeD．2126aee【答案】A【分析】求导6()()xxxfxeae，构造新函数6()xxgxe，研究()gx单调性及最值，讨论6xxae正负符号得解【详解】∵6()6()

xxxxfxaexeae，令6()xxgxe，∴6(1)()xxgxe，∴1x时()0gx，()gx在(,1)单调递增；∴1x时()0gx，()gx在1,单调递减.如图，∴max(1)

6)(ggxe，∴当6ae时，60xxae，∴()0fx，()fx在R上单调递增，不成立；当0a时，()fx在[0,2]上单调增减，成立；当60ae时，60xxae有两个根1x，21

20xxx，∵当1xx时，60xxae，()0fx；当12xxx时，60xxae，()0fx；当2xx时，60xxae，()0fx，∴fx在1[0,]x，2[,)x上单调递增，在12[,]xx上单调递减，显然

不成立.综上，0a.故选：A【点睛】本题考查导函数的应用，利用导函数求得函数极值讨论参数的取值范围，属于中档题.14．已知函数3244,0(),0xxaxaxfxax，是

单调递增函数，则实数a的取值范围是（）A．(1,2)B．(1,3]C．[2,3]D．[3,)【答案】C【分析】结合已知分段函数的单调性及每段函数单调性的要求进行求解即可.【详解】由32()44fxxaxa，0x，可知

22()340fxxa在0x时恒成立，故240a即2a或2a，根据分段函数的性质可知，204014aaaa，解可得，23a.故选：C.【点睛】本题主要考查了导数函数在单调性

判断中的应用及分段函数的单调性的应用，属于中档题.15．已知函数3lnfxxmx在区间1,2上不是单调函数，则m的取值范围是（）A．,3B．24,3C．24,3D．24,

【答案】C【分析】求导，分别对0m，0m分类讨论，确定fx的单调性，根据题意，列出不等式，即可得出答案.【详解】323()3mxmfxxxx当0m时，()0fx，即函数fx在区间1,

2上单调递增，不符合题意当0m时，3()03mfxx，3()003mfxx则函数fx在区间30,3m上单调递减，在区间3,3m上单调递增要使得函数3lnfxxmx在区间1,2上不是单调函数，则

3123m解得243m故选：C【点睛】本题主要考查了根据函数的单调性求参数的范围，属于中档题.16．若函数()(cos)xfxexa在区间,22上单调递减，则实数a

的取值范围是（）.A．(2,)B．(1,)C．[1,)D．[2,)【答案】D【分析】由函数的单调性与导数的关系可得sincosaxx在区间,22上恒成立，求得当,22x

时，max2sin4x即可得解.【详解】因为()(cos)xfxexa，所以()sincosxfxexxa，又函数()fx在区间,22上单调递减，所以()0fx在区间,22

上恒成立，即sincos0xxa在区间,22上恒成立，所以sincosaxx在区间,22上恒成立，因为sincos2sin4xxx，当,22x

时，3,444x，所以max2sin24x，所以2,a.故选：D.【点睛】本题考查了导数、三角恒等变换及三角函数图象与性质的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.17．若

函数()2()afxxaRx在[1,)是增函数，则实数a的取值范围是（）A．[0,2]B．[0,4]C．(,2]D．(,4]【答案】C【分析】根据题中条件，得到2()20afxx在[1,)上恒成立，分离参数，进而可求出最

值.【详解】因为函数()2()afxxaRx在[1,)是增函数，所以2()20afxx在[1,)上恒成立，即22ax在[1,)上恒成立，所以只需2a.故选：C.【点睛】本题主要考查由函数在

给定区间的单调性求参数，属于基础题型.二、解答题18．已知函数3exfxxxa，aR.（1）当2a时，求fx在1,2上的最大值和最小值；（2）若fx在1,上单调，求a的取值范围.【答案】（1）最大值为24e，最小值为2e；（2）2,

.【分析】（1）2a代入fx，对函数求导，利用导数正负确定单调性即可；（2）先利用极限思想进行估值x时0fx，来确定fx在1,上单增，0fx，再对32310xxax分离参数，研究值得分布即得结果.【详解】（1）

3231xfxexxax当2a时，3233311xxfxexxxexxx∴fx在3,1和1,上为正，在,3和1,1上为负，∴

fx在3,1和1,上单增，在,3和1,1上单减，有21fe，224fe，12fe，故fx在1,2上的最大值为24e，最小值为2e；（2）由3231xfxexxxa知，当

x时，0fx，若fx在1,上单调则只能是单增，∴0fx在1,恒成立，即32310xxax∴3231axxx，令3231gxxxx，1x，则2

3610gxxx，∴gx在1,递减，12gxg，∴2,a.【点睛】（1）利用导数研究函数()fx的最值的步骤：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得到单调性；③利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可.（2）函数()fx在区间I上递增，则()0fx恒成立；函数()fx在区间I上递减，则()0fx恒成立.（3）解决恒成立问题的常用方法：①数形结合法；②分离参

数法；③构造函数法.19．设函数()ln()xfxeaxaR，其中e为自然对数的底数.（1）若()fx在定义域上是增函数，求a的取值范围；（2）若直线ye是函数()fx的切线，求实数a的值；【答案】（1）0a；（2）ae.【分析】（1）由题意可得'()0xafxex

在(0,)x上恒成立；即xaxe在(0,)x上恒成立，令()xmxxe，利用导数求出其最小值即可；（2）设切点为000,lnxxeax，则00lnxaeex，由题意得000xaex，得00xaxe，0000lnxxeexxe，令()lnxxgx

exex，利用导数求出其单调区间和最值即可【详解】（1）函数()ln()xfxeaxaR的定义域为(0,)，'()0xafxex，∵()fx在(0,)上是增函数∴'()0xafxex在(0,)x上恒成

立；即xaxe在(0,)x上恒成立设()xmxxe，则'()(1)xmxxe由(0,)x得0'()(1)xmxxe∴()xmxxe在(0,)x上为增函数；即()(0)0mxm∴0a.（2）设切点为000,lnxx

eax，则00lnxaeex，因为'()xafxex，所以000xaex，得00xaxe，所以0000lnxxeexxe.设()lnxxgxexex，则'()(1)lnxgxxex

，所以当01x时，'()0gx，()gx单调递增，当1x时，)'(0gx，()gx单调递减，所以max()(1)gxge.因为方程0000lnxxeexxe仅有一解01x，所以ae.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，

解题的关键是由题意得00lnxaeex，00xaxe，得到0000lnxxeexxe，然后构造函数()lnxxgxexex，利用导数求得max()(1)gxge，从而得01x，考查数学转化思想和计算能

力，属于中档题20．已知a＞0，函数21()ln(1)2fxxxxax．（1）若f（x）为减函数，求实数a的取值范围；（2）当x＞1时，求证：2e()e2aafx．（e＝2.718…）【答案】（1）0＜a≤1；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据题意可得在0，上，0fx恒成立，即ln0xxa恒成立，设lngxxxa，求导数分析gx的单调性，使得max0gx，即可得结果；（2）当0＜a≤1时，可得12fx，2e1e22aa；当1a时，先得

fx在1,上单调递减，10f，得出存在0x，使得01,x上单调递增，在0+x，上单调递减，进而20001()2fxfxxx，结合函数21()2Fxxx的单调性可得结果.【详解】（1）解

：由题意知f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝lnx-x＋a，由f（x）为减函数可知f'（x）≤0恒成立．设g（x）＝lnx-x＋a，1'1()gxx，令g'（x）＝0得x＝1，当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，即f'（x）单调递增；当x∈（1，＋∞）时，g'（

x）＜0，g（x）单调递减，即f'（x）单调递减．故f'（x）≤f'（1）＝-1＋a≤0，因此0＜a≤1．（2）证明：由（1）知，当0＜a≤1时，f（x）为减函数，所以3()(1)2fxfa，又0＜a≤1，3122a．设2ee2aay，ea＝t，则22tyt

，t∈（1，e]．又22tyt在区间（1，e]上单调递增，所以11122y，故231e()(1)e222aafxfa，所以当0＜a≤1时，2e()e2aafx．当a＞1时，由（1）知，当x∈（1，＋∞）时，f'（x）单调递减

，且f'（1）＝a-1＞0．f'（ea）＝2a-ea，令h（x）＝2x-ex，h'（x）＝2-ex，当x＞1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，故h（a）＝2a-ea＜h（1）＝2-e＜0，又ea＞1，f'（x）在（1，＋∞）上单调递减，故存在x0∈（1，ea），使得f'（x0

）＝0，即f'（x0）＝lnx0-x0＋a＝0，即a＝x0-lnx0，因此有f（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，＋∞）上单调递减，故2000001()()ln(1)2fxfxxxxax，将a＝x0-lnx0代入，得20001()2fxxx．因

为函数21()2Fxxx在（1，＋∞）上单调递增，所以20e()(e)e2aaaFxF，即20e()e2aafx，故20e()()e2aafxfx成立。【点睛】方法点睛：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．21．已知函数sin1lnfxaxx，

aR.（1）若函数fx在区间0,1内是增函数，求a的取值范围；（2）证明：222111sinsinsinln2231n.【答案】（1）,1；（2）证明见解析.【分析】（1）求得1cos1fxaxx，由题意可得出0fx

在区间0,1上恒成立，利用参变量分离法得出1cos1axx在0,1上恒成立，利用导数求出当0,1x时，11cos1gxxx，由此可求得实数a的取值范围；（2）由（1）推导出1sin1ln01xxx，令2111xkNk

可得出2211sinln21kkkk，然后利用不等式的可加性可证得结论成立.【详解】（1）由题意，1cos10fxaxx在0,1上恒成立.当01x时，0

11x，则cos10x，即1cos1axx在0,1上恒成立，令1cos1gxxx，则22cos1sin10cos1xxxgxxx，所以，函数gx在0,1上单调递减，则11gxg，1a，

因此，实数a的取值范围是,1；（2）证明：由（1）知，当1a时，sin1lnfxaxx在0,1是减函数，所以10fxf，即sin1ln0axx，则sin1lnxx，1sin1lnln0

1xxxx，令2111xkNk，代入1sin1lnxx可得222111sinlnln12111kkkkk，所以2212sinln213，2213sinln324，，2

211sinln21nnnn，上述不等式全部相加得：222222111123sinsinsinlnlnln23132421nnnn22212123lnlnln2132422nnnnn

.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式fxgx（或fxgx）转化为证明0fxgx（或0fxgx），进而构造辅助函数hxfx

gx；（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.22．已知函数32()()fxaxbxxR的图象过点(1,2)P，且在P处的切线恰好与

直线30xy垂直．（1）求()fx的解析式；（2）若()()3gxmfxx在[1,0]上是减函数，求m的取值范围．【答案】（1）32()3fxxx；（2）1m.【分析】（1）求导得直线斜率，再利用已知

条件建立方程组，求解即可函数的解析式；（2）由题得'2()3630gxmxmx在[1,0]上恒成立，法一：分0m和0m两种情况讨论，运用二次函数的性质可得答案.法二：进行参变分离，运用不等式恒成立的思想可得答案.【详解】解：（1）'2

()32fxaxbx，由题意可得(1)2(1)323fabfab，解得13ab.所以32()3fxxx．（2）因为32()()333gxmfxxmxmxx，所以'2()363gxmxmx

.因为()gx在[1,0]上是减函数，所以'2()3630gxmxmx在[1,0]上恒成立，当0m时，30在[1,0]上恒成立；当0m时，设2()363txmxmx，由函数()tx的图象的对称轴为1x可得(1

)0(0)0tt，即363030mm，得1m.故m的取值范围是[1,).法二：'2()3630gxmxmx对[1,0]x成立，当0x时；01恒成立，当0x时；2222111120122(1)1xxmxxxxx

，1;m【点睛】不等式的恒成立问题，常常利用函数的最值得以解决，参数与函数的最值的大小关系．23．已知aR，函数3211()(1)332fxxaxax.（1）当1a时，

求函数()yfx在点(3,(3))f处的切线方程；（2）若函数()fx在区间(2,4)上是减函数，求a的取值范围.【答案】（1）8210xy；（2）4a.【分析】（1）求出fx在3x处的导数，即切线斜率，

求出3f，即可求出切线方程；（2）可得()0fx在(2,4)恒成立，由此可建立关系求解.【详解】2()(1)fxxaxa，（1）当1a时，3211(3)3(11)3133332f，2(3)3(11)318f，在点

(3,(3))f处的切线方程为38(3)yx，即8210xy.（2）函数()fx在区间(2,4)上是减函数，2()(1)(1)()0fxxaxaxxa在(2,4)恒成立，而10x在(2,4)恒成立，0xa在(2,4)恒成立，这时4a，当函数()fx在

区间(2,4)上是减函数时，4a.24．已知函数432()fxaxxbx(),abR，gxfxfx是偶函数．（1）求函数gx的极值以及对应的极值点．（2）若函数43221()()(1)4hxfxxcxxcxc，且()hx在2,5上单调递增，

求实数c的取值范围．【答案】（1）函数()gx的一个极大值点为6，对应的极大值为9，另一个极大值点为6，对应的极大值为9；函数()gx极小值点为0，对应的极小值为0；（2）4,13．【分析】(

1)求出()gx的表达式，结合函数的奇偶性即可求出140ab，从而可确定gx的解析式，求出导数即可求出函数的极值点和极值.(2)结合第一问可得()hx的解析式，从而可求出2()32hxcxxc

，由()hx的单调性可得213cxx在2,5上恒成立，设13mxxx，利用导数求出mx在2,5上的最小值，从而可求出实数c的取值范围.【详解】解：（1）∵432()fxaxxbx，∴32()432fxaxxbx，∴432()()()(41)(3)2gx

fxfxaxaxbxbx，因为gx为偶函数，∴41020ab，解得140ab，∴431()4fxxx，则421()34gxxx，∴3()6(6)(6)gxxxxx

x，由()0gx，解得6x或06x；由()0gx，解得6x或60x；∴()gx在,6，0,6单调递增；在6,0，6,单调递减．∴函数()gx的一个极大值点为6，对应的极大值为

69g，另一个极大值点为6，对应的极大值为69g；函数()gx极小值点为0，对应的极小值为00g.（2）由（1）知431()4fxxx，∴43221()()(1)4hxfxxcxxcxc322cxxcxc，∴2()32hxcxxc

，因为函数()hx在2,5上单调递增，∴2320cxxc在2,5上恒成立，即2221313xcxxx在2,5上恒成立，设13mxxx，令22213130xmxxx，解得

32,53x，当2,5x时，0mx，所以13mxxx在2,5上单调递增，则1322mxm，所以24=13132c.【点睛】方法点睛：已知奇偶性求函数解析式时，常用方法有：

一、结合奇偶性的定义，若已知偶函数，则fxfx，若已知奇函数，则fxfx，从而可求出函数解析式；二、由奇偶性的性质，即偶函数加偶函数结果也是偶函数，奇函数加奇函数结果也是奇函数.25．已知函数321()23fxxxax，21()42gxx.（1）若函数()fx

在0,上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；（2）设()()()Gxfxgx.若02a，()Gx在1,3上的最小值为13，求()Gx在1,3上取得最大值时，对应的x值.【答案】（1）12a；（2）最大值点为3116.3116x.【分析】

（1）根据()fx在0,上存在单调递增区间，由2220fxxxa在0,上有解求解.（2）由0Gx得11182ax，21182ax，根据02a，易得10x，213x，则()Gx在1,3上的最大值点为2x，最小值为

1G或3G，然后由143143GGa，分14403a，14403a确定最小值进而求得a即可【详解】（1）∵()fx在0,上存在单调递增区间，∴2220fxxxa在0,上有解，即max0fx在0,

上成立，而fx的最大值为112fa，∴120a，解得：12a.（2）3211()()()2432Gxfxgxxxax，∴22Gxxxa，由0Gx得：1

1182ax，21182ax，则()Gx在1,x，2,x上单调递减，在12,xx上单调递增，又∵当02a时，10x，213x，∴()Gx在1,3上的最大值点为2x，最小值为1G或3G，而

143143GGa，1当14403a，即706a时，113623Ga，得136a，此时，最大值点23116x；2当14403a，即726a时，2511

263Ga，得94a（舍）.综上()Gx在1,3上的最大值点为3116.【点睛】方法点睛：(1)求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在

区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得；(2)已知函数的最值求参数，一般先用参数表示最值，列方程求解参数．26．已知三次函数32()324fxaxaxa.（1）当1a时，求曲线()yfx

在点(3,(3))f处的切线方程；（2）若函数()fx在区间(,3)aa上具有单调性，求a的取值范围；（3）当0a时，若122xx，求12()()fxfx的取值范围.【答案】（1）925yx；（2）,32,；（3）

[4,).【分析】（1）对函数求导，当1a时，(3)2f，(3)9f，进而可得切线方程；（2）当0a时，()2fx在R上不具有单调性；对函数求导，令()0fx，按0a和0a分别判断单调性，列不等式可求得a的取值范围；（3）先证明：124fxfx

，由（2）知，当0a时，fx的递增区间是,0，2,，递减区间是（0，2），因为122xx，不妨设12xx，则21x，按10x和1>0x分别证明不等式成立，再证明对任意122xx，12fxfxm(4)m不成立即可．【详解】由32324fx

axaxa可得：2()363(2)fxaxaxaxx（1）当1a时，(3)2f，(3)9f.所以曲线()yfx在点3,3f处的切线方程为925yx.（2）由已知可得0a①当0a

时，令()0fx得0x，22x.fx与fx在区间,_上的情况如下：x0-,0（0，2）2(2,)()fx+00+()fx增极大值减极小值增因为()fx在,3aa上具有单调性，所以2a.②当0a时，fx与()fx

在区间,上的情况如下：x0-,0（0，2）2(2,)()fx－0＋0－()fx减极小值增极大值减因为fx在,3aa上具有单调性，所以30a，即3a.综上所述，a的取值范围是,32,

.（3）先证明：124fxfx.由（2）知，当0a时，fx的递增区间是,0，2,，递减区间是（0，2）.因为122xx，不妨设12xx，则21x.①若10x，则2122xx.所以12112444fxfxfxfxa

.②若1>0x，因为21x，所以12()()224fxfxff，当且仅当122xx时取等号.综上所述，12())4(fxfx.再证明：12()()fxfx的取值范围是[4

,).假设存在常数()4mm，使得对任意122xx，12fxfxm.取12x，且242mxa则3222222324ffxaxaxa2222222()()222()224axxaxaxm，与

12fxfxm矛盾.所以12()()fxfx的取值范围是[4,).【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查导数研究函数的单调性，考查导数证明不等式，本题解题的关键为利用第（2）问的单调性，由122xx和1

2xx，确定出21x，再按10x和1>0x分类讨论，利用放缩法证明124fxfx，以及利用反证法证得12fxfxm(4)m不成立，考查了学生分类讨论思想和逻辑思维能力，属于中档题．27．

设函数32()23(1)6fxxaxaxb，其中,abR.（1）若曲线()yfx在(1,(1))f的切线方程为123yx，求a，b的值；（2）若()fx在3x处取得极值，求a的值；（3）若()fx在

(,0)上为增函数，求a的取值范围.【答案】（1）0a，4b；（2）3a；（3）[0,)a.【分析】（1）利用导数的几何意义，可得(1)12f，(1)9f，计算整理，即可求得a，b的值；（2）令'(3)0f，即可求得a的值，检验可得3x为极值点，即可得答案；（3）

令'()0fx，解得1xa，21x，分别求得1a和1a时，()fx的单调区间，结合题意，分析推理，即可得答案.【详解】（1）因为32()23(1)6fxxaxaxb，所以2()66(1)6fxxaxa，由题设可得(1)12

1212fa，(1)959fab，解得0a，4b.（2）因为()fx在3x取得极值，所以(3)12360fa，解得3a.当3a时，'2()624186(1)(3)fxxxxx，令'()0fx

，解得x=1或3，所以3x为()fx的极值点，故3a满足题意.（3）令()6()(1)0fxxax，得1xa，21x.当1a时，若(,)(1,)xa，则()0fx，所以()fx在(,)a和(1,)上为

增函数，故当01a时，()fx在(,0)上为增函数恒成立.当0a时，()fx在(,)a上为增函数，不符合题意，当1a时，若(,1)(,)xa，则()0fx，所以()fx在(,1)和(,)a上为增函数，从而()fx在(,0)

上也为增函数，满足题意.综上所述，当[0,)a时，()fx在(,0)上为增函数.【点睛】本题考查导数的几何意义、利用导数求函数的单调区间和极值点问题，考查计算求值，分类讨论的能力，属中档题.

28．已知函数2()13xefxaxa，其中aR.（1）若()fx在[1,2]内为减函数，求实数a的取值范围；（2）求函数()fx在[1,2]上的最大值.【答案】（1）1a；（2）2max11(51)352()11(21)352eaaeefxeaaee

.【分析】（1）求出导函数，只需0fx在1,2内恒成立，讨论1x或1,2x，分离参数即可求解.（2）讨论a的取值范围，利用导数判断出函数的的单调性，根据单调性即可求

出最值.【详解】22()1221333xxxeeefxaxaaxaxaxa.（1）若fx在1,2内为减函数，则0fx在1,2内恒成立.而0xe，∴2210axaxa在1,2上恒成立.(

i)若1x，则10恒成立.(ii)若1,2x，则∴211ax，∴21((1,2])(1)axx，∴2max11(1)ax，综上1a.（2）当1a时，fx在1,2内单调递减，∴max21()(1)3afxfe.当1a时，

2()213xefxaxaxa，()0fx，则21.2244(1)12aaaaaxaa.当1a时，1112axa，211axa，当1,1axa时，0fx，fx单调递减；当1

,2axa时，0fx，fx单调递增.∴fx的最大值只能在1x或2x处.21(2)(1)[(52)(1)]3ffeaee.(i)当152eae时，(2

)(1)ff，∴max21()(2)(51)3fxfae.(ii)当152eae时，(1)(2)ff，∴max21()(1)(2)(51)3fxffae.(iii)当1152e

ae时，()1)(2ff，∴max21()(1)3afxfe.综上，2max11(51),352()11(21),352eaaeefxeaaee.【点睛】关键点点睛：解决本题的关

键是求出导函数，讨论a的取值范围，确定函数的单调区间，根据单调性求出最值，考查了考生的运算求解能力，属于难题.29．已知函数lnfxx．（1）令1axgxfxx，若函数gx在其定义域上单调递增，求实数a的

取值范围；（2）求证：2xfxe．【答案】（1）,4；（2）证明见解析.【分析】（1）由题意可知，0gx对任意的0x恒成立，利用参变量分离法可得出21xax，利用基本不等式求出函数21xyx在区间0,上的最小值，由此可求

得实数a的取值范围；（2）利用导数分别证明出不等式ln1xx，120xxex，由此可证得所求不等式成立.【详解】（1）ln11axaxgxfxxxx的定义域为0,，

211agxxx，由题意可知，0gx对任意的0x恒成立，可得2112xaxxx，当0x时，由基本不等式可得112224xxxx，当且仅当1xx时，即当1x时，等号成立，4a，因此，实数a的取值范围是,4；（2）先证明不等

式ln1xx，构造函数ln1gxxx，定义域为0,，111xgxxx，当01x时，0gx；当1x时，0gx.所以，函数gx的单调递增区间为1,，单调递减区间为0,1，则min10gxg，

即ln10xx，ln1xx.下面证明：当0x时，12xxe，构造函数211xxhxexex，1xhxe，当0x时，0hx，所以，函数hx在区间0,上单调递增，00hxh，即21xex

.因此，ln12xxxe，即2xfxe.【点睛】第（1）问由函数在区间上的单调性求参数的取值范围，一般转化为导数不等式恒成立问题，常用参变量分离法或分类讨论法求解；第（2）问证明不等式ln2xxe，可通过常用不等式ln1xx，1xex

构造函数，利用导数法来得到证明.30．已知：函数()(1)ln()fxaxxax.（1）当1a时，讨论函数()fx的单调性；（2）若()fx在(0,)x上单调递增，求实数a的取值范围.【答案】（1）0,

单调递增；（2）0,e.【分析】（1）由1a得到()1ln()fxxxx，求导1ln1()lnxxfxxxx，再讨论其正负即可.（2）根据()fx在(0,)x上单调递增，则1()ln0fxaxx，(0,)x恒成立，转化ln10axx，(0

,)x恒成立，令ln1hxaxx求其最小值即可.【详解】（1）当1a时，()1ln()fxxxx，所以1ln1()lnxxfxxxx，令ln1gxxx，则1lngxx

，当10xe时，0gx，gx递减；当1xe时，0gx，gx递增；所以gx取得最小值1110gee，所以()0fx在0,上成立，所以fx在0,上递增；（2）因为()fx在(0,)x上单调递增，所以1()ln0fx

axx，(0,)x恒成立，即ln10axx，(0,)x恒成立，令ln1hxaxx，则1lnhxax，当0a时，当10xe时，0hx，hx递减；当1xe时，0hx，hx递增；所以hx取得最小值1

1ahee，所以10ae0ae当0a时，易知ln11ahxaxxe，不成立，当a=0时，10hx成立，综上：0ae，所以实数a的取值范围0,e.【点睛】方法点睛：1、利用导数研究函数的单调性，

当f(x)不含参数时，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．2、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，转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，构建不等式求解，要

注意“＝”是否取到．31．已知函数32121()332afxaxxx，（1）当2a时，求函数()fx的单调区间与极值；（2）是否存在正实数a，使得函数()fx在区间[1,1]上为减函数？若存在，请求a的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）()

fx的增区间为32-,-，+-1，，()fx的减区间为32-,-1；()fx的极大值为98，()fx的极小值为76；（2）不存在；答案见解析.【分析】（1）2a代入函数解析式，利用导数

求函数的单调区间及极值；（2）利用导数在1,1小于等于零可得答案.【详解】（1）当2a时，2()(253)(1)(23)fxxxxx，令()0fx，解得1x或3-2x，x3,2323,12

-11+（，）()fx+0-0+()fx增极大值减极小值增所以，()fx的增区间为3,2（），1+（，），()fx的减区间为3,12（），()fx的极大值为39()28f，.()fx的极小值为7(1)6f

.（2）依题意：2()(21)30fxaxax在1,1上恒成立，又因为0a，所以，0(1)0(1)0aff，.得0243aaa即无解.所以，不存在满足条件的正实数a.【点睛】方法点睛：函数在某段区

间上恒成立，可以用导数小于等于零，也可以变量分离，构造函数求最值.32．设函数2ln1fxxax（a为常数）．（1）若函数yfx在区间1,上是单调递增函数，求实数a的取值范围；（2）若函数yfx有两个极值点1x、2x，且12xx，求证：2110l

n22fxx．【答案】（1）4,；（2）证明见解析.【分析】（1）由题意可知，不等式0fx对任意的1x恒成立，由参变量分离法得出21axx，利用二次函数的基本性质求出函数

21yxx在区间1,上的最大值，由此可求得实数a的取值范围；（2）求得2102x，可得出22222122ln11fxxxxxx，构造函数22ln11xhxxxx，利用导数分析函数hx在区间1,0

2上的单调性，求出函数hx在区间1,02上的值域，即可证得结论成立.【详解】（1）2ln1fxxax，21afxxx，由题意可得0fx对任意的1,x恒成立，则21ax

x，函数21yxx在区间1,上单调递减，所以max4y，4a.因此，实数a的取值范围是4,；（2）222211axxafxxxx，令222gxxxa，由题意可知，函数gx在区间1,

上有两个不等的实根，则48010aga，解得102a.12xx，解得11122ax，21212ax，所以，2102x，由韦达定理可得121xx，12

2axx，22222221222221112ln12ln12ln11fxxaxxxxxxxxxxxx，构造函数22ln11xhxxxx，其中102x

，2222222ln12ln1111xxxxhxxxxxx，23323122111xxxhxxxx，当102x时，函数231

yxx在区间1,02上单调递增，102h，00h，所以，存在1,02t使得0ht.当12xt时，0hx，此时函数h

x单调递减；当0tx时，0hx，此时函数hx单调递增.112ln202h，00h，所以，对任意的1,02x，0hx，所以，函数hx在区间1,02上单调递减，

当102x时，102hhxh，即10ln22hx，因此，2110ln22fxx.【点睛】第（1）问利用函数在区间上的单调性求参数的取值范围，一般转化为导数不

等式在区间上恒成立，结合参变量分离法或分类讨论法求解；第（2）问利用导数证明函数不等式，在涉及极值点的问题时，当导数中含二次函数部分时，要结合韦达定理得出极值点之间的关系，并结合代数式的结构构造新函数来证明.33．已知函数,sinxfxegx

xax.（1）若hxfxgx在0，单调递增，求a的取值范围：（2）若12a，证明：当0x时，2112gxfx.【答案】（1）,2；（2）证明见解析.【分析】（1）由已知

可得cos0xhxexa，对0,x恒成立,构造函数令cos,xxexa可得min0x，利用导数求得函数x的最小值，可得出关于实数a的不等式，解出即可；（2）利用分析法可知，要证明原不等式成立，即证：

当0x时，22sin11xxxe，构造函数22sin1xFxxxe，利用导数证明出函数yFx在0,上单调递增，由此可得出所证不等式成立.【详解】解：（1）依题意有：sin,,cosx

xhxexaxxRhxexa.函数yhx在0,单调递增，0hx对0,x恒成立.即：cos0xexa对0,x恒成立*令cos,0,xxexax则sinxxex

当0,x时，1,1sin1,sin00xxexexx，，函数yx在0,单调递增，min020xa，解得2a.因此，

实数a的取值范围是,2；（2）当12a时，要证：当0x时2112gxfx，.即要证：当0x时22sin1xxxe，.构造函数：22sin10xFxxxex，则

2221324sin2cos12cos22sinxxxFxxexxexxxe，先证：当0x时sinxx，，要证：sinxx，即要证：sin0xx，构造函数：sin0xxxx，时1cosxx当

0,x时1cos1,1cos0xx，，0x，则函数在0，yx单调递增.00x，即sin0sinxxxx，222324sin2cos32sincos

322sin04xxxFxxxxexxexe，函数yFx在0,单调递增，001FxFe，即：当0x时2,2sin11xxxe，故原不等式成立.【点睛】本题考查利用

函数在区间上的单调性求参数，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查计算能力与推理能力，属于较难题.34．已知函数22lnfxxax（1）若函数fx的图象在22f,处的切线斜率为1，求实数a的值；并求函数fx的单调区间；（2）若函数

2gxfxx在1,2上是减函数，求实数a的取值范围.【答案】（1）3a，函数fx的单调递减区间是0,3；单调递增区间是3,；（2）72a.【分析】（1）利用导数的几何意义可知()21f¢=

，求出a的值，再进行列表，即可得答案；（2）将问题转化为0gx在1,2上恒成立，再进行参变分离，即可得答案；【详解】（1）函数fx的定义域为0,，22222axafxxxx，由已知()2

1f¢=，解得3a.233xxfxx.当x变化时，fx，fx的变化情况如下：x0,333,fx-0+fx↘极小值↗由上表可知，函数fx的单调递减区间是0,3；单调递增

区间是3,.（2）由222lngxxaxx得2222agxxxx，由已知函数gx为1,2上的单调减函数，则0gx在1,2上恒成立，即22220axxx在1,2上恒成立.即21axx在1,2上恒成立.令

21hxxx，在1,2上2211220hxxxxx，所以hx在1,2为减函数.min722hxh，所以72a.【点睛】本题考查导数的几何意义、根据函数的单调性求参数的取值范围，考查函数与方程思

想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意参变分离法的应用.35．已知函数lnfxxax在1x的切线与直线20xy垂直，函数212gxfxxbx．（1）求实数a的值；（2）若函数gx存在单调递减区间，求实数

b的取值范围；【答案】（1）1a；（2）3b【分析】（1）求导，计算(1)1kfa，利用直线垂直关系得解.（2）函数gx存在单调递减区间，则110gxxbx在(0,)上成立,转化为11bxx

,在(0,)上成立，即求11yxx最小值得解.【详解】（1）ln,1afxxaxfxx(1)1kfa,又函数lnfxxax在1x的切线与直线20xy垂直1(1)()112aa（2）212gxxlnxxbx

，11gxxbx函数gx存在单调递减区间，则110gxxbx在(0,)上成立,即11bxx在(0,)上成立113yxx（当且仅当1x时等号成立）3b，检验当3b时函数在(0,)单增，不满足题意

，3b【点睛】本题考查利用函数切线方程求解参数及利用导函数研究函数单调性求参数范围，属于基础题36．设函数32211233fxxkxkkx，xR，kR.（1）若函数fx为奇函数，求函数fx在区间3,3上的单调性；（2）

若函数fx在区间0,2内不单调，求实数k的取值范围.【答案】（1）3,2和2,3上单调递增，在2,2上单调递减；（2）3,11,3.【分析】（1）利用特殊值(1)(1)ff求出

k，然后验证它是奇函数，接着求导数，由导数确定单调性；（2）求出导函数，再求出()0fx的解，它有两个不等实根，只要有一个根在区间(0,2)即可．【详解】（1）∵fx为奇函数，∴11ff，22151

123333fkkkkk，22111112333fkkkkk则22511333kkkk，整理为22k，解得1k即3143fxxx，fx的定义域为R，关于原点

对称，33114433fxxxxxfx，即fx为奇函数，即3143fxxx2422fxxxx当2x或2x时，0fx当22x

时，0fx，即fx在3,2和2,3上单调递增，在2,2上单调递减；（2）22221232113xkxkkxkxxkkf13xkxk令13hxxkxk∵

fx在区间0,2内不单调，∴hx在区间0,2内有零点，令0hx，解得11xk，23xk，显然12xx，（ⅰ）当1x落在区间0,2，即012k，解得31k（ⅱ）当2x落在区间0,2，即03

2k，解得13k综上，实数k的取值范围是3,11,3.【点睛】本题考查函数的奇偶性，用导数确定函数的单调性，掌握导数与单调性的关系是解题关键．37．已知函数2()afxxx（0x

，常数aR）.（1）讨论函数fx的奇偶性，并说明理由；（2）若函数fx在[2,)上为增函数，求a的取值范围.【答案】（1）0a时，()fx为偶函数，0a时，()fx既不是奇函数也不是偶函数；（2

）16a．【分析】（1）根据奇偶性的定义判断；（2）求出导函数()fx，由()0fx在[2,)上恒成立求得a的范围．【详解】（1）函数定义域是{|0}xx，关于原点对称，0a时，2()fxx，则22()()()fxx

xfx，()fx为偶函数，0a时，2()afxxx，2()()2fxfxx不恒为0，2()()0afxfxx，()fx既不是奇函数也不是偶函数；（2）2()2afxxx，

由题意3222()20axafxxxx在[2,)上恒成立，∴[2,)x时，320xa，即32ax，此时32x的最小值为16，∴16a．【点睛】本题考查函数的奇偶性，考查用导数研究函数的单调性，掌握单调性与导

数的关系是解题关键．38．已知aR，函数2()()xfxxaxexR.（1）当0a时，求函数fx的单调区间；（2）若函数fx在1,1上单调递减，求a的取值范围.【答案】（1）fx在(,2)和(0,)上递增，在(2,0)上递减；（

2）3,2【分析】（1）代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）求出函数的导数，结合二次函数的性质得到关于a的不等式组，解出即可【详解】解：（1）当0a时，2()x

fxxe，则'()(2)xfxxex，令'()0fx，得0x或2x，令'()0fx，得20x，所以fx在(,2)和(0,)上递增，在(2,0)上递减；（2）'2()[(2)]xfxxax

ae，令2()(2)gxxaxa，若函数fx在1,1上单调递减，则()0gx在1,1上恒成立，则(1)1(2)0(1)1(2)0gaagaa，解得32a，所以a的取值范围为3,2，【点睛

】此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查由函数的单调性求参数范围，考查二次函数的性质，属于基础题39．已知函数1()lnfxaxxx.（1）若1a，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（2）若函数()fx在其定义域内为增函数，求

a的取值范围；（3）在（2）的条件下，设函数()egxx，若在[1,e]上至少存在一点0x，使得00fxgx成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）1yx；（2）1,2；（3）22,

1ee.【分析】（1）先(1)11ln10f，再求导211()1fxxx，从而可得切线的斜率为11(1)1111f，然后利用点斜式写出切线方程即可；（2）先求出导函数，要使()fx在定义域(0,)内是增函数，只需()0fx在(0,

)内恒成立，然后将a分离，利用基本不等式可求出实数a的取值范围；（3）根据()egxx在[1,e]上的单调性求出函数的值域，然后根据（2）可求出()fx的最大值，要使在[1,e]上至少存在一点0x，使得00fxgx成立，只需maxmin()()fxgx，然后建立不

等式，即可求出实数a的取值范围【详解】（1）当1a时，函数1()lnfxxxx，∴(1)11ln10f，211()1fxxx，曲线()fx在点(1,(1))f处的切线的斜率为11(1)1111f.从而曲线()fx在点(1,(1))f处的切线方程为01yx

，即1yx，（2）2221()aaxxafxaxxx..要使()fx在定义域(0,)内是增函数，只需()0fx在(0,)内恒成立.即：20axxa得2111xaxxx恒成立.∵

12xx，∴1112xx，∴12a.∴()fx在(0,)内为增函数，实数a的取值范围是1,2法二：2221()aaxxafxaxxx当0a时，()0fx

在定义域内恒成立，不合题意舍当0a时，2140a即102a方程20axxa有两解1x，2x，1210xxa，1210xx故20axxa在(0,)恒有两解，()0fx不恒成立，

不合题意舍去；2140a即12a，20axxa即22()0axxafxx在(0,)内恒成立，函数()fx在其定义域内为增函数所以实数a的取值范围是1,2（3）∵()egxx在[1,]e上是减函数∴xe时，min()1gx，1x

时，max()gxe，即()[1,]gxe由（2）知，当12a；在定义域(0,)内是增函数，即1()1,1fxaee存在0[1,]xe，00fxgx只需满足maxmin()()fxgx，[1,e]x，即1ln1aeee

，解得221eae.∴实数a的取值范围是22,1ee【点睛】此题考查了导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了数学转化思想，属于中档题40．已知函数()2lnfxxax（1）若

函数()fx的图象在点(2,(2))f处的切线与直线210xy垂直，求实数a的值；（2）若函数2()()gxfxx在1,2上是减函数，求实数a的取值范围.【答案】（1）12a（2）12a【分析】（1）求导后，根据导数的几何意

义可得1(2)12fa，可得12a；（2）转化为22axx在1,2上恒成立，根据单调性求出最小值，代入可得结果.【详解】（1）因为()2lnfxxax，所以2()1afxx，依题意可得1(2)12fa，所以12a

.（2）2()()gxfxx22lnxaxx，222()1agxxx，依题意可得222()1agxxx0在1,2上恒成立，所以22axx在1,2上恒成立，因为2yxx在1,2上为递减函数，所以当2x时，2xx取得最小值1，所以2.

1a，即12a.【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了两条直线垂直，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了函数不等式恒成立问题，考查了转化化归思想，属于中档题.