【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

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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3sinfx

xxax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min0132fxf

，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，0

fx.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s

in6fxxx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()2

1fxxax，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()e2xfxaxax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0fx，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()()1xxa

aexaxafxexxx，()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，20xax

A，当0a，1212xxaxxa，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12(,)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】xxf

xeea，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】1

1sincossincos22fxxxxxxxx，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()f

x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()l

n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120y

x，即切线方程为：210xy，故选项A正确；对于B：当1a时，()sinxfxex，,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，()fx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()cossin4()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4242FxFe，当,x时，34422()22

eFxe，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0

a，()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sin

222TT，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，()2c

ossin0fxxxx，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)()yttt

ttxt，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0fx有三个解，分别为0，2，.所以,0x，21cos0xfx

x，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12fxfx，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lnxefx

x，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1ln

gxxx，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(,()),(,())PxgxQxgx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()2na

nna，解不等式组0,(0)0,a即得解；（2）只需证21121222112ln()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'()1aaxxagxaxxx，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1

211kxx，即要证121212()()11gxgxxxxx，只需证121212121221()()()()xxxxxxgxgxxxxx，只需证221112121212222111()[()2]2()222xxxxxxaxxalnxxalnxxxx

，即证21121222112ln()2xxxaxxxxx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21121222112ln()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3

13fxxbx，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．∴3

13fxxbx，∴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，∵f

x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，3212363fxxxx，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1cosaxfx

ex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1xgxe

kx，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10afx

e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，sinxx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：111cossincossinaxaxaxfxaexexeaxx，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：10afxe．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,

xxxx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221112

ln022xhxxxx，则22331210xhxxxxx，函数hx在10,2上单调递减.当112x时，min1152ln228hxh.3

2a时，12152ln28xgxg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12221122()()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+f

xfxxxxx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1

21122124ln4lnmmfxfxxxxxxx121212124ln4ln4lnmxxxxxxmmmmxx.221212124164xxxxxxm

.122211224lnln+61644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gx为偶函数，∴41020ab，解得140

ab，∴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00

g.（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，∴2

320cxxc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511352

6abab，解得13a；(2)因为321532fxxxbx，所以25fxxxb，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1542566ybxb，即452560bxxy，由4502560xxy，解得5125424xy，，

所以直线m横过定点5125424，；(3)由(1)可知321532fxxxbx，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)6fxx

axaxb，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)axaxxx

xfx，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,)x

a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)0faaaaaaaa，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2lnlngxa

xaaxaax，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21

2xax，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f

x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，22112sin21s

in011hxaxxxx，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：0h

a，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.