【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题18《利用函数的极值求参数值》(解析版).doc，共(39)页，2.106 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题18利用函数的极值求参数值一、单选题1．若函数xfxeax的极值为1，则实数a的值为（）A．eB．2C．2D．1【答案】D【分析】对a分0a和0a两种情况讨论，分析函数fx的单调性，结合函数xfxeax的极值为1，可求得实数a的值.【详解】由已知可

得xfxea.当0a时，对任意的xR，0fx，此时函数fx在R上单调递增，函数fx无极值；当0a时，令0fx，可得lnxa，此时函数fx单调递减；令0fx，可得lnxa，此时函数fx单

调递增.所以，函数xfxeax的极小值为lnlnlnln1afaeaaaaa，令lngaaaa，则0a且11g，lngaa.当01a时，0ga，函数ga单调递增；当1a时，

0ga，函数ga单调递减.所以，10gag，由于ln1gaaaa，1a\=.故选：D.【点睛】本题考查利用函数的极值存在的条件求参数的值，考查计算能力，属于中等题.2．已知aR，0b≠，若xb是函数

2fxxbxaxb的极小值点，则实数b的取值范围为（）A．1b且0b≠B．1bC．2b且0b≠D．2b【答案】B【分析】由xb既是()fx的极小值点，又是零点，且()fx的最高次项系数为1，因

此可设2()()()fxxbxm，这样可求得1m，然后求出()fx，求得()fx的两个零点，一个零点是b，另一个零点2x必是极大值点，由2bx可得b的范围．【详解】因为()0fb，xb是函数

()fx的极小值点，结合三次函数的图象可设2()()()fxxbxm，又2()()()fxxbxaxb，令0x得22bmb，1m，即2()(1)()fxxxb，22()3(42)2fxxbxbb()(32)xbxb，由()0f

x得1xb，223bx，xb是极小值点，则23b是极大值点，23bb，所以1b．故选：B．【点睛】本题考查导数与极值点的关系，解题关键是结合零点与极值点，设出函数表达式，然后再求极值点，由极小值点大于极大值点可得所求范

围．3．若0m，0n，且函数32()823fxxmxnx在1x处有极值，则mn的最大值等于（）.A．16B．25C．36D．49【答案】C【分析】先对函数求导，根据题中条件，得到(1)24220fmn，再结合基本不等式，即可得出结果.【详解】因为32()823

fxxmxnx，所以2()2422fxxmxn，又函数32()823fxxmxnx在1x处有极值，所以(1)24220fmn，即12mn，因为0m，0n，所以2362mnmn，当且

仅当6mn时，等号成立.故选：C.4．若函数32()()fxxaxxxR不存在极值点，则a的取值范围是（）A．3a或3aB．3a或3aC．33aD．33a【答案】D【分析】由已知条件得2()3210fx

xax只有一个实数根或没有实数根，从而24120,a由此能求出a的取值范围.【详解】32()fxxaxx，2()321fxxax32()2fxxaxx在定义域内不存在极值，2()3210fxxax只有

一个实数根或没有实数根，24120a，33a故选：D.【点睛】本題主要考查极值的概念，利用导数研究函数的极值，考查发推理论证能力，转化能力，属于中档题.5．函数cos()xxafxe在2x处

取得极值，则（）A．1a，且2为极大值点B．1a，且2为极小值点C．1a，且2为极大值点D．1a，且2为极小值点【答案】B【分析】先求导，再根据题意得()02f，由此求得1a，再根据导数研究函数

的极值．【详解】解：∵cos()xxafxe，∴sincos()xxxafxe2sin4xxae，又()fx在2x处取得极值，∴21()02afe，得1a，∴2sin14()xxfxe

，由()0fx得，2sin104x，即2sin42x，∴322,444kxkkZ，即22,2kxkkZ，同理，由()0fx得，22,2kxkkZ，∴()fx在2x处

附近的左侧为负，右侧为正，∴函数()fx在2x处取得极小值，故选：B．【点睛】本题主要考查利用函数的导数研究函数的单调性与极值，属于基础题．6．已知321()(4)(0,0)3fxxaxbxab在1x处取得极值，则11a

b的最小值是（）A．322B．2C．332D．2213【答案】D【分析】求导2'24fxxaxb，根据极值点得到23ab，1111123ababab，展开利用均值不等式计算得到答案.【详解】32143fxxaxb

x，故2'24fxxaxb，根据题意'11240fab，即23ab，经检验()fx在1x处取得极值.11111121222322313333baabababab，当且仅当22baa

b，即632,3232ab时，等号成立.故选：D.【点睛】本题考查了根据极值点求参数，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.7．若函数2122ln2axfxaxx在区间1,1

2内有极小值，则a的取值范围是（）A．1,eB．,1C．2,1D．,2【答案】C【分析】求出fx，根据fx在1,12内有极小值可得fx的图象性质，从而可求

a的取值范围.【详解】2122212axaxfxaxaxx，由题意fx在区间1,12上有零点，且在该零点的左侧附近，有0fx，右侧附近有0fx.则

2122axaxxh在区间1,12上有零点，且在该零点的左侧附近，有0fx，右侧附近有0fx.当0a时，hx为开口向上的抛物线且02h，故102100hha

，无解.当0a，则20hxx，舍.当0a，hx为开口向下的抛物线，其对称轴为1211122axaa，故102100hha，解得21a

.故选：C.【点睛】本题考查函数的极值，注意根据极值的类型判断导数的函数图象性质，本题属于中档题.8．已知函数32fxxax的极大值为4，若函数gxfxmx在3,1a上的极小值不大于1m，则实数m的取值范围是（）A．159,4B．159

,4C．154，D．9，【答案】A【分析】对函数求导，令导函数为0，结合函数单调性可得极值，明确极大值和极小值的定义求解即可.【详解】∵2()3fxxa，当0a时，()0fx，()fx无极值；当0a时，()0,(,)(,)33

aafxx,()0,(,),()33aafxxfx的递增区间是(,),(,)33aa,递减区间是(,)33aa，()fx在3ax处取得极大值，则有2224333333aaaaafa

a，解得3a，于是3()32gxxmx，2()3(3)gxxm.当30m时，()0gx，()gx在(3,2)上不存在极小值.当30m时，()gx在)33,33(mm单调递减，在)3,3(m单调递增，所以()gx在33

mx处取得极小值，33332(3)3(3)22333333mmmmmmgm依题意有332,32(3)321,33mmmm，即304,333,32mm解得1594m

.故选：A.【点睛】本小题主要考查的数学知识是：函数与导数，导数与单调性、极值的关系，考查分类讨论的数学思想方法.9．已知函数2()()fxxxc在2x处取极大值，则c（）A．－2或－6B．2或6C．6D．2【答案】C【分析】由题意可知'(2)0f，从而可求得c的值，然后再验证在x＝2

处是否取得极大值即可【详解】解：由2322()()2fxxxcxcxcx，得'22()34fxxcxc，因为函数2()()fxxxc在2x处取极大值，所以'(2)0f，即28120cc，解得2c或6c，当2c时，'2()384(2

)(32)fxxxxx，令'()0fx，得23x或2x，令'()0fx，得223x，所以()fx在23x处取得极大值，在2x处取得极小值，所以2c不合题意，当6c时，'2()324363(2)(6)fxxxxx，令'()0fx，得2x

或6x，令'()0fx，得26x，所以()fx在2x处取得极大值，在6x处取得极小值，所以6c，故选：C【点睛】此题考查由函数的极值点求参数，考查导数的应用，属于基础题10．已知a为常数，函数212e1+2xfxaxaxa有两

个极值点x1，x2(x1＜x2)，则下列结论正确的是（）A．0aB．01aC．15fxD．23fx【答案】C【分析】求导得2exfxaxa，令2exgx，1hxax，转化条件为要使函数gx、hx的图象有两个不同交

点，由导数的几何意义、函数的图象可得2a；数形结合可得当12,xxx时，函数fx单调递减，且120xx，即可得15fx、23fxa，即可得解.【详解】因为2exfxaxa，所以若要使函数fx有两个极值点，则fx有两个零点，令2e

xgx，1hxax，则要使函数gx、hx的图象有两个不同交点，易知直线1hxax恒过点1,0，2exgx，在同一直角坐标系中作出函数gx、hx的图象，如图，当直线1hxax与函数2exgx的图象

相切时，设切点为00,2exx，则0002e2e1xxax，所以00x，2a，所以当且仅当2a时，函数gx、hx的图象有两个不同交点，所以若要使函数fx有两个极值点，则2a，故A、B错误；当2a时，由图象可得当12

,xxx时，0fx，函数fx单调递减，且120xx，所以1035fxfa，203fxfa，故C正确，D错误.故选：C.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的切线、极值及函数与方程的综合应用，考查了运算求解能力与数形结合思想，属于中档题.二、解答

题11．已知函数2xfxxeax（e为自然对数的底数）.（1）当0a时，求证：函数fx在0,上恰有一个零点；（2）若函数fx有两个极值点，求实数a的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）1,0.【分析】（1）法一：利用导数的性质进行

求证即可；法二：利用函数的性质直接判断即可求证；（2）对()fx求导，得1xfxxea，构造函数1xgxxe，利用导数的性质求出参数a的范围即可【详解】（1）法一：易得：2xfxxe，∴21fxxe，令0fx′，∴1x，令0fx

′，∴1x，∴fx在0,1上单调递减，且0fx；在1,上单调递增且有10fe，330fe，故命题获证.法二：易得：2xfxxe，0xe恒成立，2xfxxe有唯一零点2x.（2）易得

1xfxxea，令1xgxxe得xgxxe，x,000,gx0gx1∴gx在,0上单调递减且10gx；在0,上单调递增且有220ge，∵函数fx有两个极值点，∴1,0a.【点睛】关键点

睛：解题的关键在于求导得到1xfxxea后，构造函数1xgxxe，并通过对()gx通过求导得到奇函数的极值点，进而求出a的范围，难度属于中档题12．已知函数3212fxxx

bxc，且fx在1x处取得极值．（Ⅰ）求b的值；（Ⅱ）若当1,2x时，2fxc恒成立，求c的取值范围；（Ⅲ）对任意的12,1,2xx，1272fxfx是否恒成立？如果成立，给出证明；如果不成立，请说明理

由．【答案】（Ⅰ）2b；（Ⅱ）c的取值范围是,12,．（Ⅲ）成立，证明见解析.【分析】（Ⅰ）由题意得f（x）在x＝1处取得极值所以f′（1）＝3﹣1+b＝0所以b＝﹣2．（Ⅱ）利用导数求函数的最大值即g（x）的最大值，则有c2＞2

+c，解得：c＞2或c＜﹣1．（Ⅲ）对任意的x1，x2∈[﹣1，2]，|f（x1）﹣f（x2）|72恒成立，等价于|f（x1）﹣f（x2）|≤f（x）max﹣f（x）min72．【详解】（Ⅰ）∵f（x）＝x312x2+bx+c，∴f′（x）＝3x2﹣x+b．∵f（

x）在x＝1处取得极值，∴f′（1）＝3﹣1+b＝0．∴b＝﹣2．经检验，符合题意．（Ⅱ）f（x）＝x312x2﹣2x+c．∵f′（x）＝3x2﹣x﹣2＝（3x+2）（x﹣1），当x∈（﹣1，23）时，f′（x）＞0当x∈（23，1）时，f′（x）

＜0当x∈（1，2）时，f′（x）＞0∴当x23时，f（x）有极大值2227c．又f（2）＝2+c2227＞c，f（﹣1）12c2227＜c∴x∈[﹣1，2]时，f（x）最大值为f（2）＝2+c．∴c2＞2+c．∴

c＜﹣1或c＞2．（Ⅲ）对任意的x1，x2∈[﹣1，2]，|f（x1）﹣f（x2）|72恒成立．由（Ⅱ）可知，当x＝1时，f（x）有极小值32c．又f（﹣1）12c32＞c∴x∈[﹣1，2]时，f（x）最小值为32c．∴|f（x1）﹣f（x2）|≤f（x）max

﹣f（x）min72，故结论成立．【点睛】本题考查函数的极值及最值的应用，易错点是知极值点导数为0要检验，结论点睛：|f（x1）﹣f（x2）|≤a恒成立等价为f（x）max﹣f（x）min≤a13．设函数()()xfxeaxaaR，其图

像与x轴交于1,0Ax，2,0Bx两点，且12xx．（I）求a的取值范围；（Ⅱ）证明：1202xxf．【答案】（I）2ae；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（I）先求出fx，易得当0a不符合题意；当0a时，当lnxa时，

fx取得极小值，所以ln0fa，得到a的范围，再由10f，3ln0fa，结合零点存在定理，得到答案.（Ⅱ）由题意，12120,0,xxeaxaeaxa，两式相减，得到2121xxeeaxx，记2102xxss

，将122xxf转化为gs，再由导数求出其单调性，从而得到1202xxf.【详解】（I）解：因为,xfxeaxaaR，所以xfxea.若0a，则0fx，则函数fx是单调增函数，fx的图像与x轴至多有一个交点，

这与题设矛盾.所以0a，令0fx，则lnxa.当lnxa时，0fx，fx是单调减函数；lnxa时，0fx，fx是单调增函数；于是当lnxa时，fx取得极小值.因为函数

xfxeaxaaR的图像与x轴交于两点1,0Ax，212,0Bxxx，所以ln2ln0faaa，即2ae.此时，存在1lna，10fe；存在3lnlnaa，又lnaa33ln3lnfaaaaa232353024

aaaaa，又fx在R上连续，故2ae.（Ⅱ）证明：因为121200xxeaxaeaxa，两式相减得2121xxeeaxx.记2102xxss，则12122121212122222121212x

xxxxxxxxxxxeeefexxeexxxx12222xxssesees，设2ssgssee，因为0s，所以1,0ssee，22sssseeee，当且仅

当ssee时，即1,0ssees，而0s，所以2ssee，则20ssgsee，所以gs是单调减函数，则有00gsg，而12202xxes，所以1202xxf.【点睛】思路点睛：已知函数的零点情况求参数的

取值范围，通常通过研究函数的单调性，进一步研究函数的值域，再解不等式求得参数的范围；证明函数值恒小于零，通过换元法构造新函数，再研究新函数的单调性和值域即可证明，不过这类题涉及知识点多，难度大.14．已知函数321()1()32xafxxaxaR

.（1）若2x是函数fx的一个极值点，求a的值；（2）当2a时，12,0,2xx，1223fxfx恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）2；（2）15,33.【分

析】（1）由解析式得到导函数()fx¢，结合2x是函数fx的一个极值点，20f即可求a的值；（2）由题设分析知，在0,2x内有maxmin23fxfx，结合已知2a，讨论0a、01a、1a、

12a分别求a的范围，然后求并集即可.【详解】解：（1）由函数解析式知：21fxxaxa，由题意，得24210faa，故2a.经检验，2a满足题意.（2）由已知，当2a

时，只需0,2x，maxmin23fxfx.211fxxaxaxxa.①当0a时，fx在[]0,1单减，在1,2单增.所以min5162afxf，而01f，

523f，故max53fx.所以maxmin5523623faxfx，解得13a（舍去）.②当01a时，fx在0,a单增，在,1a单减，在1,2单增.由于2203

ff，所以只需210fafff，即2144013aaaa，所以113a.③当1a时，2'10fxx，fx在0,2单增，所以maxmin2203fxfxff，满足

题意.④当12a时，fx在[]0,1单增，在1,a单减，在,2a单增.由于2203ff，所以只需120fffaf，即533aa，所以513a.综上，知：15,33a.【点睛】思路点睛：

已知函数极值点求参数时，一般应用极值点处的导数为0列方程；函数在闭区间内任意两个函数值的差小于定值转化为最值间的距离小于该定值，（1）当0xx有极值则0()0fx，即可得有关参数的方程；（2）12,,xxab，1223fxfx恒成立转化为,xab，m

axmin23fxfx；15．已知函数()xxefxaebx，,,abR且0a（1）若函数()fx在12x处取得极值4e，求函数()fx的解析式；（2）在（1）的条件下，令1()()2lngxfxxx，求()gx的单

调区间；【答案】（1）()2xxefxex；（2）()gx的单调递减区间为1(0,)2，单调递增区间为1(,)2.【分析】（1）求出导函数()fx，由102f，142fe可解得,ab，得函数解析式；

（2）求出()gx，然后求出()0gx的解，确定()gx的正负，得单调区间．【详解】（1）函数()fx的定义域为(,0)(0,)2(1)()xxexfxaebx由已知可得：1()2021()242faebefaebee

2024abab解得2,1ab，经检验：2,1ab符合题意()2xxefxex（2）1()22lnxxegxexxx的定义域为(0,)222(1)21(21)()2((1)1)xxxexxgxexexxxx

由于(1)1xyxe满足(2)0(0)xyxex故：(1)1xyxe在(0,)上单增，故：当0x时，(1)10xyxe恒成立故1()02gxxx1(0,)2121(,)2()gx0()gx单

调递减单调递增故：()gx的单调递减区间为1(0,)2，单调递增区间为1(,)2【点睛】本题考查用导数研究函数的极值，求单调区间，解题基础是掌握导数的运算法则，求出导函数．再根据导数与极值、单调性的关系求解．16．

设函数2lnfxxxax（1）若函数fx有两个极值点，求a实数的取值范围；（2）设2fxgxaxxx，若当0a时，函数gx的两个极值点1x，2x满足12xx，求证：294gx.

【答案】（1）10,2；（2）证明见解析.【分析】（1）先由题中条件，得出函数定义域，由题意，得到ln12fxxax在0,上有两个零点，即ln12xax在0,上有两

个不等实根，设ln1xhxx，0x，得到函数ln1xhxx与直线2ya在0,上有两个不同交点，对函数ln1xhxx求导，判定其单调性，得出最值，进而可得出结果；（2）

对函数gx求导，根据题中条件，由韦达定理，得到1212xx，求出21142x得到22211ln242xxgx，21142x，设1ln42Txxx，1142x对其求导，用导数的方法求出最值，即可得出

结果.【详解】（1）由已知，可知函数fx的定义域为0,，ln12fxxax在0,上有两个零点，即方程ln12xax在0,上有两个不等实根，设ln1xhxx，0x，因此函数ln1xhxx与直线2ya在0,

上有两个不同交点，又221ln1lnxxhxxx，由0hx得01x；由0hx得1x；则函数ln1xhxx在0,1上单调递增，在1,上单调递

减；则max11hxh；又当1xe时，0hx，当10xe时，0hx；为使函数ln1xhxx与直线2ya在0,上有两个不同交点，只需021a，解得102a，即实数a的取值范围是10,2.（2）证明：因为

22ln0fxgxaxxaxaxxxx，∴21212axaxgxaxaxx，由0gx的两根为1x，2x，故可得1212xx，因为12xx，所以214x，又22222210axaxgxx，所以222102axx，解得21

02x，∴21142x，∴222222222221lnln2xxgxaxaxxxxx22222111lnln21242xxxxx，21142x，设1ln42Txxx，1142x

，则222214111451212121xxxxTxxxxxxx，当1142x，0Tx，Tx是增函数；所以11ln424TxT；因此2

2211159ln2242224gxxx.【点睛】本题主要考查由函数极值点个数求参数，考查由导数的方法证明不等式，属于常考题型.17．已知函数3()31fxxax在1x处取得极

值．（1）求实数a的值．（2）当[2,0]x时，求函数()fx的最小值．【答案】（1）1；（2）3.【分析】（1）()fx在1x处取得极值，则(1)0f可求出a的值；（2）求出函数在2,0上的单调区间，从而得出函数的最小值；【详解】解

：（1）由32()31()33fxxaxfxxa，∵函数3()31fxxax在1x处取得极值，∴(1)330fa，解得1a，当1a时，2()33fxx，令()0fx，得1x或1x，令()0fx，得11x，∴函数()fx在(,1

)，(1,)上单调递增，在(1,1)上单调递减，∴()fx极大值(1)1f，()fx极小值(1)3f∴1a符合题意．（2）由（1）得()fx在2,1上单调递增，在1,0上单调递减；()fx极大值(1)1f，()fx极小值3，且

(2)3f，∴当[2,1]x时，求函数()fx的最小值为：(2)(1)3ff．【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值与最值，属于中档题.18．设函数23132exfxaxaxa．（1）若曲线yfx在点22f,处的切线与x轴平行

，求a；（2）若fx在1x处取得极小值，求a的取值范围．【答案】（1）12a；（2）1,.【分析】（1）利用导数的几何意义可得20f，即可得答案；（2）利用极值的定义对a分0a、0a、0a三种情况进行讨

论；【详解】解：（1）∵23132exfxaxaxa，∴211exfxaxax，∴2221e0fa，∴12a．（2）11exfxaxx．①当0a时，

令0fx，得1x，fx、fx随x变化如下表：x,111,fx0fx极大值∴fx在1x处取得极大值（舍去）．②当0a时，令0fx得11xa，21x．（ⅰ）

当12xx，即1a时，21e0xfxx在R上单调增，∴fx无极值（舍）．（ⅱ）当12xx，即01a时，fx，fx随x变化如下表：x,1111,a1a1,a

fx00fx极大值极小值∴fx在1x处取极大值（舍）．（ⅲ）当12xx，即1a时，fx，fx随x变化如下表：x1,a1a1,1a11,fx

00fx极大值极小值∴fx在1x处取极小值即1a成立．③当0a时，令0fx得11xa，21x．x1,a1a1,1a11,fx00fx极小值极大值∴fx在1x处取

极大值（舍）．综上所述：a的取值范围为1,．【点睛】本题考查导数的几何意义、极值的求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.19．已知函数2ln21fxxaxax.（1）当1a时

，求证：fx恰有1个零点；（2）若fx存在极大值，且极大值小于0，求a的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）151,,22.【分析】（1）先求导，根据导数和函数最值得关系求出最值，即可判断；（2）先求导，再分类讨论，根据导数和

函数极值的关系即可求出a的取值范围.【详解】（1）当1a时，函数2lnfxxxx的定义域为(0,),可得421112121xxxxfxxxxx，当01x时，0

fx，函数fx单调递增；当1x时，0fx，函数fx单调递减，所以当1x时，函数取得最大值，最大值max10fxf，所以函数fx恰有1个零点.（2）由函数3ln21fxxaxax，其中(0,)x，可得

2212(21)1(21)(1)321axaxaxxfxaxaxxx，①当0a时，令0fx，解的1x，当01x时，0fx，函数fx单调递增；当1x时，0fx，函数fx单调递减，所以当1x时，函数取得极大值，极大值

为110fa，解得1a，所以10a.②当0a时，令0fx，解的1x或12xa，若112a时，即102a时，当01x时，0fx，函数fx单调递增；当112xa时，0fx，函数fx单调递减，当12xa时，0fx

，函数fx单调递增；即函数fx在区间1(0,1),(,)2a上单调递增，在1(1,)2a单调递减，当1x时，函数取得极大值，极大值为110fa，解得1a，所以102a；若112a时，即12a时，可得0

fx，函数fx在(0,)单调递增，函数无极值；若112a时，即12a时，当102xa时，0fx，函数fx单调递增；当112xa时，0fx，函数fx单调递减，当1x时，0f

x，函数fx单调递增；即函数fx在区间1(0,),(1,)2a上单调递增，在1(,1)2a单调递减，当12xa时，函数取得极大值，极大值为11111ln12ln21022424fxfaaaaaaa极

大值恒成立，所以12a.综上所述，函数fx存在极大值，且极大值小于0，则a的取值范围为111,,22.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性与极值的综合应用，其中解答中熟记导数与函数间

的关系，着重考查导数的应用，以及分类讨论思想，属于中档试题.20．已知函数()sinln()fxxaxb，()gx是()fx的导函数.（1）若0a，当1b时，函数()gx在(,4)内有唯一的极小值，求a的取值范围；（2）若1a，1

e2b，试研究()fx的零点个数.【答案】（1）(0,25sin4)a；（2）()fx有3个零点.【分析】（1）先求导得2sin)(1)(agxxx，求出2()0(1)ag4sin425ag，再由sin4025a和sin4025a

两种情况讨论求得a的取值范围；（2）分析可知，只需研究(,)b时零点的个数情况，再分(,),(,)22xbx两种情形讨论即可.【详解】解：（1）当1b时，si()(l)n1nfxaxx，cos1()()xxagfxx，2sin)(1)(agxxx

0a在,4是增函数，2()0(1)ag，(4)sin425ag，当(4)sin4025ag时，()gx在(,4)是减函数，无极值；当(4)sin4025ag时，0(,4)x，使得00()gx，从而()gx在0(,)

x单调递减，在0(,4)x单调递增，0x为()gx唯一的极小值点，所以0,25sin4a（2）当1a时，()sinln()fxxxb，(1,)2be，可知，（i）,x时，()0fx，无零点；所以只

需研究(,)b，1()cosfxxxb，（ii）(,)2x时，1()cos0fxxxb，可知()fx单调递减，()1ln()1ln()02222fbe，()0f，存在唯一的(,)2s，()0fs；

（iii）当(,)2xb，21()sin()fxxxb是减函数，且21(0)00fb，21()102()2fb则1(0,)2x，1()0fx，fx在1(,)bx是增函数

，1()2x，是减函数，并且lim()0xbfx，1010fb，1()022fb，所以2(,0)xb，2()0fx；3(0,)2x，3()0fx，

且知fxfx在2,bx减，在23,xx增，在3(,)2x减，又因为()lim0xbxf，00ln0fb，()02f，(,0)mb，()0fm，(0,)2n，()0fn，综上所述，由（i）（ii）（iii）可

知，()fx有3个零点.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值和零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21．设函数1xefxaxx，其中Ra.（Ⅰ）若0a，求曲线yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（Ⅱ）若函数fx在

2,1上有极大值，求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）ye；（Ⅱ）223,4ee.【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）求导得21xexfxax，令21xexgxax

，则2322xexxgxx，则可证明0gx在2,1x上恒成立，则gx在2,1递减，即fx在2,1上单调递减，若函数fx在2,1上有极大值，则只需2010ff即可.【详解】（Ⅰ）由题意xe

fxx，求导得21xexfxx.所以lfe，l0f.所以曲线yfx在点1,lf处的切线方程为ye.（Ⅱ）21xexfxax，令21xexgxax，则2322xexxgxx.因为对于2,1x

，23110xexgxx恒成立，所以gx在2,1上单调递减，即fx在2,1上单调递减，因为fx在2,1上有极大值，所以fx在2,1上

存在“左正右负”变号零点.由零点存在性定理：只需20,10,ff，即230,4210.aee所以2234aee.所以函数fx在2,

1上有极大值时，a的取值范围为223,4ee.【点睛】本题考查曲线的切线方程求解，考查根据函数的极值点求参数的取值范围问题，难度较大.解答时分析清楚函数的单调性是核心.22．已知函数2()xfxee

.（1）求函数2()fxe在2x处的切线方程；（2）若不等式2()()fxyfxymex对任意的[0,),[0,)xy都成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）0xy；（2）(,2].【分析】(1)先利用导数求切线的斜率,再求切线方程;

(2)根据题意可得222xyxyeeemex≥对任意的[0,)x，[0,)y都成立，当0x时,显然成立;当0x时,设2()2xyxygxeee，问题即转化为2()gxmex≥恒成立,只需要2min()gxmex即可,

因为22=)22(22xyxygxeeeeee(当且仅当0y时取等号)，即满足2222xeemex≥即有2222222xxeeeemexex≥对(0,)x恒成立,构造2()xeehxx,通过求导判断函数的单调性求最

小值,即可求得m的取值范围.【详解】（1）设2222()()1xxfxeeetxeee，则2'()xetxe，当2x时，22(2)12ete，22'(2)1ete，∴函数()fx在2x

处的切线方程为22yx，即0xy.（2）根据题意可得222xyxyeeemex≥对任意的[0,)x，[0,)y都成立，当0x时，不等式即为220yyeee，显然成立；当0x时，设2()2xyxygxeee

，则不等式222xyxyeeemex≥恒成立，即为不等式2()gxmex≥恒成立，∵2222()222222xyxyxyyxyyxgxeeeeeeeeeeeee(当且仅当0y时取等号)，∴由题意可得2222xeemex≥，即有22222

22xxeeeemexex≥对(0,)x恒成立，令2()xeehxx，则2222()(1)'()xxxxeeexeehxxx，令()0hx，即有2(1)0xxee，令2()(1)xmxxee，则()(1)xxxmxexex

e，当0x时，()0xmxxe，()mx在(0,)上单调递增，又22(2)(21)0mee，2(1)0xxee有且仅有一个根2x，当(2,)x时，'()0hx，()hx单调递增，当(0,2)x时，'()0hx，()hx单调递减，∴当2x

时，()hx取得最小值，为222(2)2eehe，∴2222mee≤．∴实数m的取值范围(,2]【点睛】本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数恒成立问题求解参数范围,考查转化与化

归思想,考查计算能力,综合性较强,难度困难.23．已知函数()=e(ln1)()xfxaxaR.(Ⅰ)求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；(Ⅱ)若函数()yfx在1(,1)2上有极值，求a的取值范围．【答案】(Ⅰ)(e)yax；(Ⅱ)e(,e)2.【分析】（1）由题意(

)exafxx，因为(1)efa，(1)efa，利用点斜式方程即可求解切线的方程；（Ⅱ）由()exafxx，分0a和0a讨论，即可得出函数单调性，求得函数有极值的条件，求得实数a的取值范围．【详解】

函数fx的定义域为0,，xaexfx．（Ⅰ）因为1efa，1efa，所以曲线yfx在点1,1f处的切线方程为：ee1yaax，即eyax．（Ⅱ）xaexfx．（ⅰ）当0a时，对于任意1,1

2x，都有0fx，所以函数fx在1,12上为增函数，没有极值，不合题意．（ⅱ）当0a时，令exagxx，则2e0xagxx．所以gx在1,12上单调递增，即fx在1,12

上单调递增，所以函数fx在1,12上有极值，等价于10,10.2ff所以e0,e20.aa所以ee2a．所以a的取值范围是e,e2．24．已知函数()lnxemfxmxxx.（

Ⅰ）当1m时，求函数fx的单调区间；（Ⅱ）若函数fx在1x处取得极大值，求实数m的取值范围.【答案】（Ⅰ）fx的增区间为1,，减区间为0,1；（Ⅱ）,e.【分析】（Ⅰ）fx定义域为0,

，求出函数的导数，利用导函数的符号判断函数的单调性求解单调区间即可.（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论①当0m时，②0em，③当me时，判断函数的单调性求解函数的极值即可.【详解】解：（Ⅰ）fx定义域为0,，当1m时，21(1)1()ln,()xxexefxx

fxxxx，令'0fx得1x，令'0fx得01x.所以fx的增区间为1,，减区间为0,1.（Ⅱ）2(1)()xemxfxx，①0m时，0,

xemfx在0,1递减，在1,递增，函数fx在1x处取得极小值，不合题意；②当0em时，若1,x，则0xxemee.此时0fx′，函数fx在1x处不可能取得极大值.③当m<-e

时，ln（-m）>1.函数fx在1x处取得极大值.综上可知，m的取值范围是,e.【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，考查已知函数的极值求参数，考查学生的计算能力以及转化能力，属于中档题.25．已知函数2ln2fxxaxax.（1）若fx在1x处取得极

值，求a的值；（2）求函数yfx在2,aa上的最大值.【答案】（1）1a；（2）答案见解析.【分析】（1）求导'fx211xaxx.由已知得'12110

fa，解得1a.再验证，可得答案.（2）由已知得01a，求导得fx单调性.分102a，1222a，212a三种情况分别求函数yfx在2,aa上的最大值.【详解】（1）因为2ln2fxxax

ax，所以函数的定义域为0,.所以2'122122axaxfxaxaxx211xaxx.因为fx在1x处取得极值，即'12110fa，解得1a

.当1a时，在1,12上'0fx，在1,上'0fx，此时1x是函数fx的极小值点，所以1a.（2）因为2aa，所以01a，'211xaxfxx.因为0,x，所以10ax，所以fx在10,2

上单调递增，在1,2上单调递减.①当102a时，fx在2,aa上单调递增，所以32maxln2fxfaaaaa；②当21212aa，即1222a时，fx在21,2a

上单调递增，在1,2a上单调递减，所以max12ln21ln22424aaafxf；③当212a，即212a时，fx在2,aa上单调递减，所以2532max2ln2fxfaaaaa

.综上所述，当102a时，函数yfx在2,aa上的最大值是32ln2aaaa；当1222a时，函数yfx在2,aa上的最大值是1ln24a；当212a

时，函数yfx在2,aa上的最大值是5322ln2aaaa.【点睛】本题考查运用导函数研究函数的极值，函数的单调性，以及函数的最值，关键在于分析导函数取得正负的区间，属于较难题.26．已知函数21112ln2fxaxaxax

（0a）.（1）若2x是函数的极值点，求a的值及函数fx的极值；（2）讨论函数的单调性.【答案】（1）14a；极大值为58，极小值为1ln212；（2）答案见解析.【分析】（1）由极值点处导数值为0即可求a的值，进而得到f

x的解析式，利用其导函数研究单调区间，求fx的极值；（2）利用fx的导函数，结合分类讨论确定各种情况下fx的单调性；【详解】（1）∵21112ln2fxaxaxax，∴1210afxaxaxx，由题意知：12122120

22afaaa，解得14a，此时2131ln842fxxxx，有121314424xxfxxxx，当01x和2x时，()0fx¢>，fx是增函数，当12x时，()0fx¢<，fx是减函数，∴函数fx在1x和2x处分

别取得极大值和极小值，fx的极大值为1351848f，fx的极小值为13112ln2ln212222f.（2）由（1）知2121112aaxxaxaxaafxxx0x，①当120aa≤，即12a时，则：当0

1x时，()0fx¢<，fx单调递减；当1x时，()0fx¢>，fx单调递增．②当1201aa，即1132a时，则：当120axa和1x时，()0fx¢>，fx单调递增；当121axa时，()0

fx¢<，fx单调递减．③当121aa，即103a时，则当01x和12axa时，()0fx¢>，fx单调递增；当121axa时，()0fx¢<，fx单调递减．④当121aa，即13a时，

()0fx¢³，fx在定义域()0,+?上单调递增．综上：①当103a时，fx在区间121,aa上单调递减，在区间()0,1和12,aa上单调递增；②当13a时，fx在定义域()0,+?上单调递增；③当1132a时，fx在

区间12,1aa上单调递减，在区间120,aa和()1,+?上单调递增；④当12a时fx在区间()0,1上单调递减，在区间()1,+?上单调递增．【点睛】本题考查了利用导函数研究函数的性质，由极值点

与导数的关系求参数，进而求函数的极值，结合分类讨论的方法说明参数在不同范围内函数的单调区间；27．已知函数2xfxaxxaeaR（1）若0a，函数fx的极大值为3e，求a的值；（2）若对任意的0a，ln1fx

bx在0,x上恒成立，求实数b的取值范围.【答案】（1）1a；（2）1b.【分析】（1）先对函数求导，得到11xfxexaxa，分别讨论0a，0a两种情况，根据导数的方法判定函数单调性，得出极值，根据题中条件，即可得出结果；（2）令21xx

gaexaxe，根据题中条件，将不等式恒成立问题转化为ln1gabx对,0a恒成立，等价于ln1xxebx，对0,x恒成立，先讨论0b时，求得ln1xxebx，不满足题意；再讨论0b时，

ln1xhxbxxe，0,x，对其求导，得到211xxbexhxxe，令21xpxbex，0,x，再分别讨论1b，01b两种情况，根据导数的方法，即可得出结果.

【详解】（1）由题意，221xxfxaxeaxxae2121xeaxaxa11xexaxa.（i）当0a时，1xfxex，令0fx，得1x；0

fx，得1x，所以fx在,1单调递增，1,单调递减，因此fx的极大值为131fee，不合题意；（ii）当0a时，111a，令0fx，得111xa

；0fx，得11xa或1x，所以fx在11,1a单调递增，在1,1a，在1,单调递减.所以fx的极大值为2131afee，得1a.综上所述1a；（2）令2

1xxgaexaxe，,0a，当0,x时，210xex，则ln1gabx对,0a恒成立等价于0ln1gagbx，即ln1xxebx

，对0,x恒成立.（i）当0b时，0,x，ln10bx，0xxe，此时ln1xxebx，不合题意.（ii）当0b时，令ln1xhxbxxe，0,x，则211

1xxxxbbexhxexexxe，其中10xxe，令21xpxbex，0,x，则px在区间0,上单调递增，①1b时，010pxpb

，所以对0,x，0hx，从而hx在0,上单调递增，所以对任意0,x，00hxh，即不等式ln1xbxxe在0,上恒成立.②01b时，由

010pb，10pbe及px在区间0,上单调递增，所以存在唯一的00,1x使得00px，且00,xx时，00px.从而00,xx时，0hx，所以hx在区间00,x上单调递减，则00,x

x时，00hxh，即ln1xbxxe，不符合题意.综上所述，1b.【点睛】本题主要考查由函数的极大值求参数，考查导数的方法研究不等式恒成立的问题，属于常考题型，难度较大.28．

已知函数2()axfxxb在1x处取得极值为2，（1）求函数()fx的解析式；（2）若函数()fx在区间,21mm上为增函数，求实数m的取值范围；（3）若00,Pxy为函数2()axfxxb图像上的任意一点，直线l与2()axfxxb的图象相切于点P，求

直线l的斜率k的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）10m；（3）1,42.【分析】（1）对函数求导，得到222()()axbfxxb，根据题中条件，列出方程组求解，即可得出结果；（2）根据（1）的结果，得到

2224(1)()(1)xfxx，求出函数()fx的增区间，再由题中条件，列出不等式组求解，即可得出结果；（3）根据导数的几何意义，得到02220048()1(1)kfxxx，

令2041tx，得到0,4t，且212ktt，求出212ktt的范围，即可得出结果.【详解】（1）由2()axfxxb得2222222()()axbaxxaxbfxxbxb，因为函数2()

axfxxb在1x处取得极值为2，所以(1)0(1)2ff，即210121abbab，解得4a，1b；（2）由（1）得2224(1)()(1)xfxx，令()0fx，解得11x；

即函数()fx的单调递增区间是1,1，因为函数()fx在区间,21mm上为增函数，所以只需211211mmmm，解得10m；（3）根据导数的几何意义可得，2002204(1)()(1)xkfxx=22200481(1)xx

令2041tx，则0,4t，且212ktt，由二次函数的性质可得，212ktt在0,1t上单调递减，在1,4t上单调递增，则min11122k，又0t时，0k；4t时，4k；k的取值范围是1,42.【点睛】本题主要考查由函数极值点

求参数，考查由函数单调性求参数，考查求曲线在某点的切线斜率，属于常考题型.29．已知函数3223fxxaxbxa在1x时有极值0，求常数a，b的值.【答案】2,9ab【分析】根据(1)0(1)0ff，解得13ab或29ab，

再验证函数()fx在1x时是否取得极值，即可得解.【详解】因为3223fxxaxbxa，所以2()36fxxaxb，由题意可知，(1)0(1)0ff，即2360130ababa

，解得13ab或29ab，当1,3ab时，22()3633(1)fxxxx0，函数()fx为(,)上的递增函数，此时函数()fx无极值，不合题意；当2,9ab时，2()3

1293(1)(3)fxxxxx，令()0fx，得3x或1x，令()0fx，得31x，所以函数()fx在(,3)和(1,)上递增，在(3,1)上递减，所以()fx在1x时取得极大值，符

合题意.所以2,9ab.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值，属于基础题.30．已知函数lnafxxx．（1）若fx在3x处取得极值，求实数a的值；（2）若53fxx恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）3a；（2）2,

．【分析】(1)先求函数的定义域,然后求出导函数,根据fx在3x处取得极值,则30f,求出a的值,然后验证即可;(2)设35ln35agxfxxxxx,然后利用导数研究该函数的最小值,使得最小值大于等于0,从而可求出a的取值范围.【详解】解：（1）函

数fx定义域为0,，2xafxx，30f，∴3a．经检验，3a符合题意．（2）解法一：设35ln35agxfxxxxx，则问题可转化为当0x时

，0gx恒成立．∴120ga，∴2a．由223xxagxx得方程0gx有一负根1x和一正根2x，其中1x不在函数定义域内且gx在20,x上是减函数，在2,x上是增函数，即

gx在定义域上的最小值为2gx，依题意20gx．即2222ln350agxxxx．又22230xxa，∴2231axx．∵20ax，∴213x，∴222231ln350gxxxx，即2266ln0xx．令66ln

hxxx，则61xhxx．当1,3x时，0hx，∴hx是增函数，∴2266ln0xx的解集为1,，∴22232axx，即a的取值范围是2,．解法二：53fxx恒成立，即2ln35ax

xxx恒成立．设2ln35gxxxxx，则ln66gxxx，设hxgx，则16xhxx，110hg．当1,x时，0hx，则hxgx是减函数．∴0hx，即gx是减函数，

12gxg．当0,1x时，先证ln1xx，设ln1Fxxx，则10xFxx，∴Fx在0,1上是增函数且10F，∴0,1x时10FxF，即ln1xx

，∴当0,1x时，222ln351352122gxxxxxxxxxx，∴gx的最大值为2，即a的取值范围是2,．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值以及函数的恒成立问题.对于函数的恒成立问题,一般选用参变

量分离法、最值法、数形结合法进行求解.本题选用了参变量分离的方法转化成二次函数求最值问题，属于难题.