【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题20《利用导数解决函数的极值点问题》(解析版).doc，共(47)页，1.949 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-29270.html

以下为本文档部分文字说明：

专题20利用导数解决函数的极值点问题一、单选题1．已知函数3sinfxxxax，则下列结论错误的是（）A．fx是奇函数B．若0a，则fx是增函数C．当3a时，函数fx恰有三个零点D．当3a时，函数fx

恰有两个极值点【答案】C【分析】对A,根据奇函数的定义判定即可.由条件可得2cos3fxxxa，则sin6fxxx，cos60fxx,所以sin6fxxx在R上单调递增,且00f,所以当0x时，0fx

，当0x时，0fx，则2cos3fxxx在0，上单调递减，在0，上单调递增.则01fxfa,将a的值代入分别计算分析，可判断选项B，C，D【详解】对A,3sinfxxxax的定义域为R,且3sinfxxxax

3sin()xxaxfx.故A正确.由条件可得2cos3fxxxa，则sin6fxxx，cos60fxx所以sin6fxxx在R上单调递增,且00f所以当0x时，0fx，当0x时，

0fx，则2cos3fxxx在0，上单调递减，在0，上单调递增.则01fxfa对B,当0a时，2'cos30fxxx，所以fx是增函数，故B正确.对C,当

3a时，由上可知,014fxfa，所以fx是增函数,故不可能有3个零点.故C错误.对D,当3a时，2cos33fxxx，由上可知在0，上单调递减，在0，上单调递增.则min

0132fxf，1cos10f，1cos10f所以存在121,0,0,1xx，使得10fx，20fx成立则在1,x上，0fx，在12,xx上，0fx，在2,x上，0fx.所以函数

3sin3fxxxx在1,x单调递增，在12,xx的单调递减，在2,x单调递增.所以函数fx恰有两个极值点，故D正确.故选：C【点睛】关键点睛：本题主要考查利用导数分析函数的单调性从

而得出函数的零点和极值情况，解答本题的关键是对原函数的单调性分析，由条件可得2cos3fxxxa，则sin6fxxx，cos60fxx所以sin6fxxx在R上单调递增

,且00f，所以当0x时，0fx，当0x时，0fx，则2cos3fxxx在0，上单调递减，在0，上单调递增.则01fxfa，经过多次求导分析出单调性，属于中档题.2．如图是函数

yfx的导函数yfx的图象，则函数yfx的极小值点的个数为（）A．0B．1C．2D．3【答案】B【分析】通过读图由yfx取值符号得出函数yfx的单调区间，从而求出函数的极值点，得出答案．【详解】由图象，设fx

与x轴的两个交点横坐标分别为a、b其中ab，知在(,)a，(,)b上()0fx，所以此时函数()fx在(,)a，(,)b上单调递增，在(,)ab上，()0fx，此时()fx在(,)ab上单

调递减，所以xa时，函数取得极大值，xb时，函数取得极小值．则函数()yfx的极小值点的个数为1．故选:B【点睛】本题考查了函数的单调性，函数的极值问题，考查数形结合思想，属于基础题．3．已知函数fx的导函数1fxaxxa，若fx在xa处取得极大

值，则实数a的取值范围是（）A．1,0B．2,C．0,1D．,3【答案】A【分析】分四种情况讨论，分别判断xa两边导函数值的符号，判断()fx在xa处是否取得极大值，即可筛选出a的取值范围.【详解】由fx在xa处取

得极大值可知，当xa时，()0fx；当xa时，()0fx，其等价于①存在,,bxba，使得(1)()0axxa，且②存在,,cxac，使得(1)()0axxa；若0a时，(1)()0axxa的解集为(,1)(,)a

，不满足②即不存在(,)xac，使得(1)()0axxa，故0a时()fx在xa不是极大值；若10a时，(1)()0axxa的解集为(1,)a，(1)()0axxa的解集为(,1)(,)a，满足①②，

故10a时，()fx在xa处取得极大值；若1a，(1)()axxa恒小于等于0，不满足①，故1a时，()fx在xa取不到极大值；若1a时，(1)()0axxa的解集为(,1)a

，不满足②，故1a时，()fx在xa处取不到极大值.综上，a的取值范围是1,0.故选：A.【点睛】求函数fx极值的步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数fx；(3)解方程0,fx求出函数定义域内的所有根；(4)检查fx在0fx的

根0x左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么fx在0x处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么fx在0x处取极小值.4．若函数321()53fxxaxx无极值点则实数a的取值范围是（）A．(1,1)B．[1,1]

C．(,1)(1,)D．(,1][1,)【答案】B【分析】求出函数的导数，问题转化为()0fx最多1个实数根，根据二次函数的性质求出a的范围即可.【详解】321()53fxxaxx,2()21f

xxax，由函数321()53fxxaxx无极值点知，()0fx至多1个实数根，2(2)40a，解得11a，实数a的取值范围是[1,1]，故选：B【点睛】本题主要考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，属于中档题.5．已知函数2()e2

xfxaxax有两个极值点，则a的取值范围是（）A．(,)eB．,2eC．2,eD．2,2e【答案】D【分析】根据函数有两个极值点得到关于a的方程有两个解，采用分离常

数的方法分离出12a，并采用构造新函数的方法确定出新函数的取值情况，由此分析出a的取值情况.【详解】因为2()e2xfxaxax有两个极值点，所以0fx有两个不同实数根，所以220xeaxa有两个不同实数根

，所以21xeax有两个不同实数根，显然0a，所以112xxae有两个不同实数根，记1xxgxe，2xxgxe，当,2x时0gx，当2,x时0gx，所以gx在,2上单调递增，在2,上单调递减，所以

2max12gxge，又因为,1x时，0gx；当0,2x时，210,gxe；当2,x时，210,gxe，所以当112xxae有两个不同实数根时2110,2ae，所以22ae，

所以22ea，故选：D.【点睛】本题考查根据函数极值点的个数求解参数范围，其中涉及到分离参数方法的使用，对学生的理解与计算能力要求较高，难度较难.6．“2a”是“函数xfxxae在0,上有极值”的（）A．充分不必要条件B

．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】求出函数xfxxae的极值点，利用该极值点在0,内求得实数a取值范围，利用集合的包含关系可得出结论.【详解】xfxxae，则1xfxxae，令0

fx，可得1xa.当1xa时，0fx；当1xa时，0fx.所以，函数yfx在1xa处取得极小值.若函数yfx在0,上有极值，则10a，1a.因此，“2a”是“函数xfxxae在

0,上有极值”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了利用导数求函数的极值点，考查计算能力与推理能力，属于中等题.7．已知函数1xafxex

，若同时满足条件：①00,x，0x为fx的一个极大值点；②8,x，0fx.则实数a的取值范围是（）A．4,8B．8,C．,08,D．,04,8【答案】A【分析】条件

①说明()fx在(0,)上存在零点，极大值点，利用方程的根可得a的范围，然后求出条件②不等式恒成立a的范围，求交集可得a的范围．【详解】定义域是{|0}xx，222()()1xxaaexaxafxexxx，()fx在(0,)存在极大值点，则20xaxa有

两个不等实根，240aa，0a或4a，设20xaxa的两个实根为1212,()xxxx，1xx或2xx时，20xaxa，12xxx时，20xaxA，当0a，12

12xxaxxa，则120xx，但2xx时，()0fx，2x不可能是极大值点；当4a时，由1212xxaxxa知1>0x，20x，10xx或2xx时，()0fx，12xxx时，()0fx．即()fx在1(0,)x和2(,)x上递增，在1

2(,)xx上递减，1x是极大值点，满足题意．所以4a．()10xafxex，则10ax，∵8x，∴ax，∴8a．综上48a．故选：A．【点睛】本题考查用导数研究函数的极值，及不等式恒成立问题，求解不等式恒成

立问题的方法是问题的转化，转化为求函数的最值．8．若函数xxfxeeax（a为常数）有两个不同的极值点，则实数a取值范围是（）A．1,B．2,C．2,D．1,【答案】C【分析】首先求导得到xxfxeea

，将题意转化为函数xxgxee与ya的图象有两个不同的交点，再利用导数求出函数gx的单调区间和最值，即可得到答案.【详解】xxfxeea，函数xxfxeeax（a为常数）有两个不同的极值点，等价于函数xxgxee与ya的图象有

两个不同的交点，xxgxee，因为gx为增函数，且00g，则,0x，0gx，gx为减函数，0,x，0gx，gx为增函数，所以min02gxg，故2a.故选：C【点睛】本题主要考查根据函数的极值

点求参数，属于中档题.9．已知函数()lnfxxax在2x处取得极值，则a（）A．1B．2C．12D．-2【答案】C【分析】利用'20f列方程，解方程求得a的值.【详解】'1fxax，依题意'20f，即110,22aa.此时

'112022xfxxxx，所以fx在区间0,2上递增，在区间2,上递减，所以fx在2x处取得极大值，符合题意.所以12a.故选：C【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的极值点、极值，属于基础题.10．设函数2sincos4xfxxxx

，则下列是函数fx极小值点的是（）A．43B．3C．3D．53π【答案】D【分析】将函数进行求导，由于在53x的左侧，导函数值小于0，右侧导函数值大于0，得到53x是函数fx极小值点.【详解

】11sincossincos22fxxxxxxxx，当35,23x时，1cos2x，0fx；当5,23x时，1cos2x，0fx，fx在35,23上单调递减，在5,23

上单调递增，53x是fx的极小值点.故选：D.【点睛】本题考查利用导数求函数的极值点，关键是能够明确极值点的定义，根据导函数的正负确定原函数的单调性，进而得到极值点.11．函数22xfxxxe的图象大致是()A．B．C．

D．【答案】B【分析】根据解析式求得导函数，并求得极值点，由极值点个数可排除AD；再由0x时，fx恒为正，排除C即可得解.【详解】函数22xfxxxe，则22xfxxe，令0fx，解得fx的两个极值点为2，故

排除AD，且当0x时，fx恒为正，排除C，即只有B选项符合要求，故选：B.【点睛】本题考查了由函数解析式判断函数图像，导函数与函数图像的关系应用，属于基础题.12．已函数3211()32fxxaxbx的两个极值点是sin和cos()R

，则点(,)ab的轨迹是（）A．椭圆弧B．圆弧C．双曲线弧D．抛物线弧【答案】D【分析】根据极值点的定义把,ab用表示后，消去得关于,ab的方程，由方程确定曲线．【详解】由题意()2fxxaxb，所以sin,cos是方程20xaxb的两

根，所以sincossincosab且240ab，所以212sincos12ab，sincos2sin[2,2]4a，所以点(,)ab在曲

线211(22)22yxx上，还要满足240xy，轨迹为抛物线弧．故选:D【点睛】本题考查值点的定义，考查由方程研究曲线，掌握极值与导数的关系是解题基础．在由方程研究曲线时，注意方程中变量的取

值范围．13．若1x是函数xfxeax的极值点，则a的值是（）A．1B．1C．eD．e【答案】C【分析】根据题意得到10fea，即可得到答案.【详解】由xfxea，则10fea，则ae.故选：C【点睛】本题主要考查函数

的极值点，属于简单题.14．已知函数31()43fxxx，则fx）的极大值点为（）A．4xB．4xC．2xD．2x【答案】C【分析】求出函数31()43fxxx的导函数，进而求出导函数

大于0以及小于0的解，根据导函数在各段内的符号判断函数在不同区间内的单调性，从而得到函数的极值点.【详解】解：由31()43fxxx，得：24fxx.由240fxx，得：2x，或

2x.由240fxx，得：22x.所以函数fx的增区间为,2,2,.函数fx的减区间为2,2.所以，2x是函数的极大值点，2x是函数的极小值点.故选：C.【点睛】本题考查求具体函数的极值点，解

题的关键是区分极值点和极值的定义，属于基础题.15．若函数21()2ln2fxxxax有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（）A．1aB．10aC．1aD．01a【答案】D【分析】计算()fx，然后等价于2()2gxxxa在（0，+

∞）由2个不同的实数根，然后计算44024402aax即可.【详解】()fx的定义域是（0，+∞），22()2axxafxxxx，若函数()fx有两个不同的极值点，则2()2gxxxa在（0，

+∞）由2个不同的实数根，故144024402aax，解得：01a，故选：D.【点睛】本题考查根据函数极值点个数求参，考查计算能力以及思维转变能力，属基础题.二、多选题16．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2111()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．17．关于函数()sinxfxeax，,x，

下列结论正确的有（）A．当1a时，()fx在0,(0)f处的切线方程为210xyB．当1a时，()fx存在惟一极小值点0xC．对任意0a，()fx在,上均存在零点D．存在0a，()fx在,有且只有一个

零点【答案】ABD【分析】逐一验证，选项A，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程；选项B，通过导数求出函数极值并判断极值范围，选项C、D，通过构造函数，将零点问题转化判断函数的交点问题.【详解】对于A：当1a

时，()sinxfxex，,x，所以(0)1f，故切点为0,1，()cosxfxex，所以切线斜(0)2kf，故直线方程为120yx，即切线方程为：210xy，故选项A正确；对于B：当1a时，()s

inxfxex，,x，()cosxfxex，()sin0,,xfxexx恒成立，所以()fx单调递增，又202f，3344332cos0442fee

，所以存在03,42x，使得00fx，即00cos0xex，则在0,x上，()0fx，()fx单调递减，在0,x上，()0fx，()f

x单调递增，所以存在惟一极小值点0x，故选项B正确；对于C、D：()sinxfxeax,,x，令()sin0xfxeax得：1sinxxae，则令sin()xxFxe，,x，2sin()cossi

n4()xxxxxFxee，令()0Fx，得：4xk，1k，kZ，由函数2sin()4yx图象性质知：52,244xkk时，2sin()04x

，sin()xxFxe单调递减，52,2244xkk时，2sin()04x，sin()xxFxe单调递增，所以当524xk，1k，kZ时，()Fx取得极小值，即当35,,44x时，()Fx取得

极小值，又354435sinsin44ee，即3544FF,又因为在3,4，sin()xxFxe单调递减，所以3432(

)42FxFe，所以24xk，0k，kZ时，()Fx取得极大值，即当944x、，时，()Fx取得极大值.又9449sinsin44ee，即424

2FxFe，当,x时，34422()22eFxe，所以当34122ea，即342ae时，()fx在,上无零点，所以选项C不正确；当34122ea时，即42ae时，1

ya与sinxxye的图象只有一个交点，即存在0a，()fx在,有且只有一个零点，故选项D正确.故选：ABD【点睛】本题考查函数的极值、切线、零点的问题，属于较难题.18．已知函数()sinfxxx，x

R，则下列说法正确的有（）A．()fx是偶函数B．()fx是周期函数C．在区间,2ππ上，()fx有且只有一个极值点D．过(0，0)作()yfx的切线，有且仅有3条【答案】ACD【分析】利用函数的奇偶性的定义易知函数()sinfxxx为偶函数

，所以A正确；根据周期性的定义可判断B错误；根据导数判断其单调性，易知()fx有且只有一个极值点，C正确；根据导数的几何意义求曲线过某点的切线方程可知D正确．【详解】对于A，因为函数的定义域为R，显然fxfx，所以

函数()fx是偶函数，正确；对于B，若存在非零常数T，使得()()fxTfx+=，令2x，则sin222TT，即cos22TT，令0x，则sin0TT，因为0T，所以sin0T，即cos1T或cos1T．

若cos1T，则22T，解得0T，舍去；若cos1T，则22T，解得T，所以若存在非零常数T，使得()()fxTfx+=，则T．即fxfx，令32x，则322ff

，而22f，3322f，不符合题意．故不存在非零常数T，使得()()fxTfx+=，B错误；对于C，()sinfxxx，xR，()sincosfxxxx，()2cossinfxxxx，当,2x

，()2cossin0fxxxx，故()fx单减，又102f，()0f，故()0fx在,2ππ上有且仅有一个解，()fx有且只有一个极值点，故C正确；对于D，设切点横

坐标为t，则切线方程为sin(sincos)()ytttttxt，将(0，0)代入，得2cos0tt，解得0t或2tk，kZ．若0t，则切线方程为0y；若2tk，则yx，D正确．故选：

ACD．【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判断，周期性的定义的应用，利用导数的几何意义求曲线过某点的切线方程，以及利用导数研究函数的极值点，属于中档题．19．已知2sinxfxxx.（）A．fx的零

点个数为4B．fx的极值点个数为3C．x轴为曲线yfx的切线D．若12()fxfx，则12xx【答案】BC【分析】首先根据0fx得到21cosxx，分别画出21xy和cosyx的图像

，从而得到函数的单调性和极值，再依次判断选项即可得到答案.【详解】21cosxfxx，令0fx，得到21cosxx.分别画出21xy和cosyx的图像，如图所示：由图知：21cosxx有三个解，即0

fx有三个解，分别为0，2，.所以,0x，21cos0xfxx，fx为增函数，0,2x，21cos0xfxx，fx为减函数，,2x，

21cos0xfxx，fx为增函数，,x，21cos0xfxx，fx为减函数.所以当0x时，fx取得极大值为0，当2x时，fx取得极小值为14，当x时，fx取得极大值为0，所以函数fx有两个零点，三个极值点，A错

误，B正确.因为函数fx的极大值为0，所以x轴为曲线yfx的切线，故C正确.因为fx在,0为增函数，0,2为减函数，所以存在1x，2x满足1202xx，且12f

xfx，显然122xx，故D错误.故选：BC【点睛】本题主要考查导数的综合应用，考查利用导数研究函数的零点，极值点和切线，属于难题.20．设函数lnxefxx，则下列说法正确的是（）A．fx定义域是0,B．0,1x时，fx图象位于x

轴下方C．fx存在单调递增区间D．fx有且仅有一个极值点【答案】BCD【分析】求出函数定义域判断A，根据函数值的正负判断B，求出导函数，利用导函数确定原函数的增区间，判断C，由导函数研究函数的单调性得极值，判断D．【详

解】由题意，函数lnxefxx满足0ln0xx，解得0x且1x，所以函数lnxefxx的定义域为0,11,，所以A不正确；由lnxefxx，当0,1x时，ln0x，∴0fx，所以fx在0,1上的图象都在轴的下方

，所以B正确；∵21ln'()(ln)xexxfxx，所以'0fx在定义域上有解，所以函数fx存在单调递增区间，所以C是正确的；由1lngxxx，则211'(0)gxxxx，所以'0gx，函数gx单调增，则函数'()0fx只有一个根0x，

使得0'()0fx，当0(0,)xx时，'()0fx，函数单调递减，当0,xx时，函数单调递增，所以函数只有一个极小值，所以D正确；故选：BCD.【点睛】本题考查求函数的定义域，考查用导数研究函数的单调性与极值，掌握极值的定义，单调性与导数的关系是

解题关键．三、解答题21．已知函数21()ln2fxaxaxx.(1)若()fx只有一个极值点，求a的取值范围.(2)若函数2()()(0)gxfxx存在两个极值点12,xx，记过点1122(,()),(,())PxgxQ

xgx的直线的斜率为k，证明：1211kxx.【答案】（1）0a；（2）证明见解析.【分析】（1）先求导，令xn，则0n.令22()2nanna，解不等式组0,(0)0,a即得解；（2）只需证21121222112

ln()2xxxaxxxxx，设12(01)xttx，函数21()2lnmtattt，证明121()0()2mtxx即得证.【详解】(1)解：222'()222aaxaxxafxxxx，(0,)x令xn，则0n.令22()

2nanna，要使函数()fx只有一个极值点，则需满足0,(0)0,a，即0a；(2)证明：因为2221()()2ln2gxfxaxaxx，所以22222'()1aaxxa

gxaxxx，因为()gx存在两个极值点，所以30,180,aa即102a不妨假设120xx，则121xxa要证1211kxx，即要证121212()()11gxgxxxxx，只需证121212121221()()()()x

xxxxxgxgxxxxx，只需证221112121212222111()[()2]2()222xxxxxxaxxalnxxalnxxxx，即证21121222112ln()2xxxa

xxxxx设12(01)xttx，函数21()2lnmtattt，22221'()tatmtt因为102a，故4440a，所以22210tat，即'()0mt，故()mt在(0,1)上单

调递减，则()(1)0mtm又因为121()02xx，所以121()0()2mtxx，即21121222112ln()2xxxaxxxxx，从而1211kxx得证.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过分析得到只需证明21121

222112ln()2xxxaxxxxx.对于比较复杂的问题，我们可以通过分析把问题转化，再证明，提高解题效率.22．已知函数3213fxxaxbxab．（1）若fx是奇函数，且有三个零点，

求b的取值范围；（2）若fx在1x处有极大值223，求当1,2x时fx的值域．【答案】（1）0,；（2）5022,33.【分析】（1）先由函数奇偶性，得到0a，得出

313fxxbx，对其求导，分别讨论0b和0b两种情况，根据导数的方法判定函数单调性，结合零点个数，即可求出结果；（2）先对函数求导，根据极大值求出2,5.ab，根据函数单调性，即可求

出值域.【详解】（1）∵fx是定义域为R的奇函数，所以0a，且00f．∴313fxxbx，∴2fxxb．当0b时，20fxxb，此时fx在R上单调递减，fx在R上只有一个零点，不合题意．当0b时，20fxxb

，解得bxb，∴fx在,b，,b上单调递减，在,bb上单调递增，∵fx在R上有三个零点，∴0fb且0fb，即3103fbbbb，即0bb，

而0bb恒成立，∴0b．所以实数b的取值范围为0,．（2）22fxxaxb，由已知可得1120fab，且122133fabab，解得2,3,ab或2,5.ab当2a，3b时，32

12363fxxxx，243fxxx，令0fx，即2430xx，解得13x，令0fx，即2430xx，解得1x或3x，即函数fx在,1

上单调递减，在1,3上单调递增，在3,上单调递减；所以1x是fx的极小值点，与题意不符．当2a，5b时，32125103fxxxx，245fxxx．令0fx，即2450xx，解得51x；令0fx，

即2450xx，解得5x或1x，即函数fx在,5上单调递减，在5,1上单调递增，在1,上单调递减；所以1x是fx的极大值点，符合题意，故2a，5b．又∵1,2x，∴fx在1,1上单调递增，在1,2上单调

递减．又5013f，2213f，3223f．所以fx在1,2上的值域为5022,33．【点睛】思路点睛：导数的方法求函数零点的一般步骤：先对函数求导，由导数的

方法求出函数的单调性区间，根据函数极值的定义，求出函数的的极值，再根据函数函数的零点个数，确定极值的取值情况，进而可得出结果.23．（1）当π02x时，求证：sinxx；（2）若1xekx对于任意的0,x恒成立，求实

数k的取值范围；（3）设a>0，求证；函数1cosaxfxex在π0,2上存在唯一的极大值点0x，且10afxe.【答案】（1）证明见解析；（2）,1；（3）证明见解析【分析】（1）构造函数πsin02Gxxxx，转化为函

数的最值问题求解；（2）设1xgxekx，则xgxek，分1k，1k讨论，通过研究gx的最小值求解；（3）求得1cossinaxfxeaxx，令0fx得

到tanxa，通正切函数的性质可得函数单调性，进而可得极值点．将证明10afxe转化为证明1221aaea，令1ta，则0t，即证2101tett，即证21100ttet，构造函数利用导

数求其最值即可．【详解】（1）证明：设πsin02Gxxxx，则1cos0Gxx，从而Gx在π0,2为增函数．所以00GxG，故当π02x时，si

nxx成立；（2）解：设1xgxekx，则xgxek，考虑到当0x时，1xe，（ⅰ）当1k时，0gx，则gx在0,上为增函数，从而00gxg，此时适合题意．（ⅱ）当1k时，lnxkgxee

，则当0lnxk时，0gx，从而gx在0,lnk上是减函数，所以当0lnxk时，00gxg，这与“当0x时，0gx恒成立”矛盾．故此时不适合题意．由（ⅰ）（ⅱ）得所求实数k的取值范围为,1．（3）证明：111cossincos

sinaxaxaxfxaexexeaxx，令0fx，得cossin0axx，当π0,2x时，可化为tanxa，由正切函数的性质及0a，得在π0,2内必存在唯一的实数0x，使得0tanxa，所以当00,xx

时，0fx，则fx在00,x上为增函数：当0π,2xx时，0fx，则fx在0π,2x上为减函数，所以0xx是fx的极大值点．且fx的极大值为0100cosaxfxex．下面证明：10afx

e．当π02x时，由（1）知sinxx，由（2）易证1xex．所以0100sinaxaxaxe，从而02100002cossincos1axafxexaxxa．下面证明：1221aaea

．令1ta，则0t，即证2101tett，即证21100ttet．令2110tttet，则210ttte，从而t在,0上为增函数，所以当0t，00t，即21100ttet

．故10afxe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.24．已知函数()ln1fxxaxaR.（1）讨论函数fx的单调性.（2）若2112gxxxafx，设1212,xxx

x是函数gx的两个极值点，若32a，求证:12152ln28xgxg.【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，101fxax，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)21ln12gxxxaxQ，0x，11gxxax211xaxx.由0gx得2110xax，240321aa121xxa，121xx，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，12152ln28

xgxg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.25．已知函数()4ln,0.mfxxxmx（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx有两个极值点12,xx，求12221

122()()6+fxfxxxxx的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）ln2,4.【分析】（1）先求导得224xxmfxx，然后针对0fx的根的个数进行分类讨论，得出0fx

和0fx时x的取值范围，从而解出单调递增区间和递减区间；（2）由（1）可知，当()fx有两个极值点时04m，然后利用韦达定理得出124xx，12xxm，再将1fx，2fx带入12221122()()6+fxfxxxxx

中，结合韦达定理将12221122()()6+fxfxxxxx化为关于m的式子得：12221122ln+64fxfxmxxxxm，然后构造函数ln4mhmm，求导讨论单调性及最值，得出hm在0,4m上的值域，

从而得出12221122()()6+fxfxxxxx的取值范围.【详解】解：（1）由题意得0,x，222441mxxmfxxxx，.令24,164gxxxmm.(分类讨论的依据：结合二次函数在0+（，）上的图像来进行讨论)①当

4m≥时，0,0gx恒成立，则0,fxfx在0，上单调递减.②当04m时，0，函数gx与x轴有两个不同的交点1212,xxxx，121240,0,xxxxm则120,0xx，所以0,24xm时

，fx单调递减；24,24xmm时，fx单调递增；24,xm时，fx单调递减.综上所述：当4m≥时，fx在0，上单调递减.当04m时，0,24xm时，fx单调递减；

24,24xmm时，fx单调递增；24,xm时，fx单调递减.（2）由（1）知：04m时fx有两个极值点12,xx且12,xx为方程20xmxm的两根，12124,.xxxxm121122124ln4lnmmfx

fxxxxxxx121212124ln4ln4lnmxxxxxxmmmmxx.221212124164xxxxxxm.122211224lnln+6

1644fxfxmmxxxxmm令ln044+mhmmm，则241ln(04)4+mmhmmm.令41ln,mmm则2410mmm，所以m在0,4上单调递减.又4=2ln40，所

以0m在0,4上恒成立，即41ln0mm，所以()0hm¢>.所以hm在0,4上为增函数.所以ln244hmh.0,()xhm，所以12221122+6fxfxxxxx的取值范围是ln24

-,.【点睛】本题考查讨论含参函数的单调区间，考查导数与极值点的综合问题，难度较大.解答的一般思路如下：（1）分析清楚当原函数有两个极值点时参数m的取值范围，并利用韦达定理得出12xx，12xx与m的关系式；（2）

将1fx，2fx代入目标函数表达式中，利用（1）中12xx，12xx的值将目标函数进行化简，使目标函数变为只含m的解析式；（3）构造函数hm并讨论函数hm的单调性及最值，从而得出答案.26．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)2gxfxfxaxaxbxbx，因为g

x为偶函数，∴41020ab，解得140ab，∴431()4fxxx，则421()34gxxx，∴3()6(6)(6)gxxxxxx，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，∴2320cx

xc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.27．已知函数3252fxaxxbxabR，，其导函数为fx，且11116ff.（1）求a的值；（2）设函数fx有两个极值点1x，2x，求b的取值范围，并证明过两

点11Pxfx，，22Qxfx，的直线m恒过定点，且求出该定点坐标；（3）当1b时，证明函数231gxfxxx在R上只有一个零点.【答案】（1）13a；（2）254b；证明见解析；定点5125424，；（3）证明见解析.【分析】(1)由导数运算

可得a的值；(2)由题设知，12xx，是方程'0fx的两个根，得254b，化简111542566fxbxb，同理可得221542566fxbxb，因此，直线m的方程是

1542566ybxb，整理可得定点坐标；(3)先得出32111132gxxxbx，分0x和0x两种情况研究零点即可.【详解】解：(1)因为3252fxaxxbx，

235fxaxxb，所以512135fabfab，代入11116ff，得5113526abab，解得13a；(2)因为321532fxxxbx，所以25fxx

xb，由题设知，12xx，是方程0fx的两个根，故有2540b，解得254b，因为2115xxb，所以3211111532fxxxbx2111115532xxbxbx2115263xbx

1152563xbbx11542566bxb，同理可得221542566fxbxb，过两点11Pxfx，，22Qxfx，的直线m的方程是1542566yb

xb，即452560bxxy，由4502560xxy，解得5125424xy，，所以直线m横过定点5125424，；(3)由(1)可知321532fx

xxbx，231gxfxxx32111132xxbx，当0x时，因为1b，所以2'10gxxxb，故gx在区间0，上单调递增，又010g，1122103gb（），且gx的图像在区间[0,)

是不间断的，所以gx在区间0，上有唯一零点；当0x时，323211111113232gxxxbxxx，设3211132hxxx，则2'hxxx，当1x，时，'0hx，hx

单调递增，当10x，时，'0hx，hx单调递减，所以5106hxh，从而0gxhx，故gx在0，上不存在零点.综上，gx在R上有唯一零点.【点睛】本题考查了导数的运算、利用导数研究函数

的极值和导数中的零点问题，是较难题.方法点睛：求直线所过定点时，一般将直线方程转化整理成0aAxByCxDy的形式，令00AxByCxDy，解方程组后即可求出定点的坐标.28．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)121212fa，(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.29．已知函数21()ln2fxxax.其中a为常数.（1）若函数()fx在定义域内有且只有一个极值点，求实数a的取值范围；（2）已知1x，2x是函数()fx的两个不同的零点，求证：122xxe.【答案】（1）0a；（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()fx的单调性，从而得极值点个数，由此可得结论；（2）结合（1）求得函数有两个零点时a的范围，设12xx，则10,xa，2,xa

，引入函数0gxfaxfaxxa，由导数确定它是减函数，得()()faxfax，然后利用211112fxfxfaaxfaaxfax，再结合()fx的单调性得出证明．【

详解】（1）2(0)axaxxxxfx，当0a时，0fx，fx在0,上单调递增，不符合题意，当0a时，令0fx，得xa，当0,xa时，0fx，fx单调递

减，当,xa时，0fx，fx单调递增，所以此时()fx只有一个极值点．0a（2）由（1）知当0a时，()0fx，()fx在(0,)上单调递增，函数()fx至多有一个零点，不符合题意，当0a

时，令()0fx，得xa，当(0,)xa时，()0fx，()fx单调递减，当,xa时，0fx，fx单调递增，故当xa时，函数fx取得最小值1ln2afaa，当0ae时，1ln0a，0fa，函数

fx无零点，不合题意，当ae时，1ln0a，0fa，函数fx仅有一个零点，不合题意，当ae时，1ln0a，0fa，又1102f，所以fx在0,xa上只有一个零点，令ln1pxxx，则11pxx，故当01x时

，0px，px单调递增，当1x时，0px，px单调递减，所以10pxp，即ln1xx，所以ln221aa，所以22(2)2ln22(21)0faaaaaaa

a，又2aa，所以fx在,xa上只有一个零点.所以ae满足题意.不妨设12xx，则10,xa，2,xa，令0gxfaxfaxxa，则

2lnlngxaxaaxaax，2222aaaxaxaaxxagx，当0xa时，0gx，所以gx在0,a上单调递减，所以当0,xa时，00gxg，即faxfax，因为10,xa，所以

10,axa，所以211112fxfxfaaxfaaxfax，又2,xa，12,axa，且fx在,a上单调递

增，所以212xax，故1222xxae得证.【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的极值点、零点，证明不等式．难点是不等式的证明，首先由零点个数得出参数范围，在不妨设12xx，则10,xa，2,xa

后关键是引入函数0gxfaxfaxxa，同样用导数得出它的单调性，目的是证得faxfax，然后利用这个不等关系变形()fx的单调性得结论．30．已知函数22ln12sin,

0fxaxxxa.（1）若1a，证明：当0,2x时，0fx；（2）若0x是fx的极大值点，求正实数a的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）01a【分析】（1）对函数求导222cos1fxaxxx

，则00f，再令hxfx，则21'2sin1hxaxx，得出导函数'hx的正负，可得出函数hx的单调性，继而判断导函数fx的正负，从而可得出函数fx的单调性，可得证；（2）分两种情况

1a和01a，分别讨论得出函数fx的单调性，由已知可得出正实数a的取值范围.【详解】（1）由题知222cos1fxaxxx，00f，令hxfx，则21'2sin1hxaxx，若1a，当0,2x时，

22112sin21sin011hxaxxxx，所以hx在0,2上单调递增，所以00hxh，所以fx在0,2上单调递增；所以00fxf.（2）①若1a，由（1）知

：fx在0,2上单调递增；因此0x不可能是gx的极大值点.②若01a，令212sin1xhxaxx，因为当1,2x时，342cos01xxx

，所以x即hx在1,2上单调递增.又因为'0210(0)ha，212102212ha

，因此存在0,2a满足：0ha，所以当1,xa时，0ahxh，所以fxhx在1,a上单调递减，000fh，所以当1,0x时，0fx；当0,

xa时，0fx；所以fx在1,0上单调递增；在0,a上单调递减；综上，当0x是fx的极大值点时，01a.【点睛】本题考查运用导函数研究函数的单调性、极值、最值等问题，关键在于构造合适

的函数，由其导函数的正负得出原函数的单调性，及其图象趋势，从而可得出所研究的函数的极值、最值、零点等相关的问题，属于难度题.