【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题21《利用导数解决函数的恒成立问题》(解析版).doc，共(44)页，2.273 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题21利用导数解决函数的恒成立问题一、单选题1．已知a，b为实数，不等式lnaxbx恒成立，则ba的最小值为（）A．2B．1C．1D．2【答案】B【分析】不等式lnaxbx恒成立，设lnf

xxaxb，即0fx恒成立，求出1axfxx，分析得出函数fx的单调区间，求出函数fx的最大值，从而可得max0fx,即ln1ba，设ln1agaa，求出ga的最小值即可得出答案.【详解】设lnfxxaxb，则lnaxbx

恒成立等价于max0fx成立，显然0a时不合题意．当0a时，11axfxaxx，∴当10xa时，0fx，当1xa时，0fx，则fx在10,a上单调递增，在1,a上单调递减，∴max11ln10fx

fbaaln1ba，∴ln1baaa，令ln1agaa，则2lnagaa，当01a时，0ga，ga在0,1上单调递减，当1a时，0ga，ga在1,上单调递增

，∴min11gag，∴1ba，min1ba，此时1a，1b．故选：B【点睛】关键点睛：本题考查利用导数解决范围问题，求解本题的关键有两点：一是对问题进行等价转化，即设lnfxxaxb，lnaxbx恒成立等价于max0fx

成立初步判断出a的取值范围；二是求出ln1baaa之后，构造函数，利用导数求函数的最小值，进而求得ba的最小值．属于难题.2．已知函数()exbfxax,abR，且(0)1f，当0x时，()cos(1)fxxx

恒成立，则a的取值范围为（）A．()0,+?B．1e,C．,eD．e,【答案】B【分析】由0e1bf，可得0b，从而()exfxax，从而当0x时，ecos(1)xaxx恒

成立，构造函数e,0,xsxxx，可得min1esxs，结合1x时，cos(1)x取得最大值1，从而ecos(1)xxx的最大值为1e，只需1ea即可.【详解】由题意，0e1bf，解得0b，则()exfxax，则当0x

时，ecos(1)xaxxx，即ecos(1)xaxx恒成立，令e,0,xsxxx，则2e1xxsxx，当0,1x时，0sx，1,x时，0sx，所以sx在()0,1上是减函数，在()1,+?

是增函数，min1esxs，又因为当1x时，cos(1)x取得最大值1，所以当1x时，ecos(1)xxx取得最大值1e，所以1ea.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立

问题，解题关键是将原不等式转化为ecos(1)xaxx，进而求出ecos(1)xxx的最大值，令其小于a即可.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.3．已知函数2sinln6xfxaxxa（0a，且1a），对任

意1,x20,1x，不等式212fxfxa恒成立，则实数a的最小值是（）A．2eB．eC．3D．2【答案】A【分析】由导数求得fx在[0,1]上单调递增，求得函数的最值，把任意1,x20,1x，不等式212fxfxa恒成立

，转化为maxmin2fxfxa，进而求得a的取值范围，得到最小值.【详解】由题意，显然2a，因为函数2sinln6xfxaxxa，可得ln(1)cos()36xfxaax，又由[0,1],2xa

，可得ln0,10,cos()036xaax，故0fx，函数fx在[0,1]上单调递增，故maxmin(1)1ln,(0)1fxfaafxf，对任意1,x20,1x，不等式212fxfxa恒成立，即maxmin2fxfxa

，所以1ln12aaa，即ln2a，解得2ae，即实数a的最小值为2e.故选：A.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最

值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．4．对于正数k，定义函数：,,fxfxkgxkfxk.若对函数ln22fxxx，有gxfx恒成立，则（）A．k的最大值为1ln2B．k的最小值为1ln2

C．k的最大值为ln2D．k的最小值为ln2【答案】B【分析】利用导数求出函数fx的最大值，由函数gx的定义结合gxfx恒成立可知fxk，由此可得出k的取值范围，进而可得出合适的选项.【详解】对于正数k，定义函数：

,,fxfxkgxkfxk，且gxfx恒成立，则fxk.函数ln22fxxx的定义域为0,，且111xfxxx.当01x时，0fx，

此时，函数fx单调递增；当1x时，0fx，此时，函数fx单调递减.所以，max11ln2fxf，1ln2k.因此，k的最小值为1ln2.故选：B.【点睛】解决导数中的新定义的问题，要紧扣新定义的本质，将问题转化为导数相关的问题，本题将问题转为不等式kf

x恒成立，从而将问题转化为求函数fx的最大值.5．已知函数2()1(0)fxaxxa，若任意1x，2[1x，)且12xx都有1212()()1fxfxxx，则实数a的取值范围（）A．[1，)B．(0，1]C．[2，)D．

(0,)【答案】A【分析】求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到关于a的不等式，解出即可．【详解】1212()()1fxfxxx表示函数fx在区间1,上任意两个不同点连线的斜率都大于1，等价于'211fxax

，1x…时恒成立，0a„时，'0fx，不合题意，0a时，只需211ax…，即1ax…在[1，)恒成立，故max1()1ax…，故a的范围是[1，)，故选：A【点睛】1212()()1fxfxxx表示函数fx在区间1,上任意两个不同点连线的

斜率都大于1，由此考虑利用导数进行求解.6．已知函数221fxaxax，2ln2gxx，若对0,x，fxgx恒成立，则整数a的最小值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】0x，问题变形为22(

ln1)2xxaxx在(0,)上恒成立．设22(ln1)()2xxhxxx，用导数求出它的最大值，对最大值估计其范围后可得a的最小整数值．【详解】()()fxgx即为221axax2ln2x，2(2)2ln22axxxx，因为0x，

所以22(ln1)2xxaxx，即22(ln1)2xxaxx在(0,)上恒成立．设22(ln1)()2xxhxxx，则222(1)(2ln)()(2)xxxhxxx，令()2lnpxxx，则()px在(0,)上是增函

数，(1)10p，111112ln2ln2ln4022222p，所以()px在1,12上存在唯一零点0x，即000()2ln0pxxx，01,12x，所以00xx时，()0hx，()hx递增，0xx时，()0hx，()hx

递减，所以max0()()hxhx00022000002ln222122xxxxxxxx，所以01ax，又01(1,2)x，所以a的最小整数值为2．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立问

题，解题方法用分离参数法变形为求函数最大值，在求函数最大值时，导函数的零点需要定性分析，估计出范围，利用零点求出函数的最大值，再得出最大值的范围，然后得出所求结论．7．已知21()ln2fxaxx，若对任意正实数1212,xx

xx，都有12124fxfxxx，则a的取值范围是（）A．0,1B．4,C．0,4D．6,【答案】B【分析】根据条件12124fxfxxx可变形为112212()4[()4]0fxxfxxxx，构造函数21()4ln()4

02gxfxxaxaxx，利用其为增函数即可求解.【详解】根据1212()()4fxfxxx可知112212()4[()4]0fxxfxxxx，令21()4ln()402gxfx

xaxaxx由112212()4[()4]0fxxfxxxx知()gx为增函数，所以'400,0agxxxax恒成立，分离参数得4axx，而当0x时，4xx在2x时有最大值为4，故4a.故选：B.【点睛】关键

点点睛：本题由条件12124fxfxxx恒成立，转化为112212()4[()4]0fxxfxxxx恒成立是解题的关键，再根据此式知函数21()4ln()402gxfxxaxaxx为增函数，考查

了推理分析能力，属于中档题.二、解答题8．已知函数lnfxxnnR.（1）若曲线yfx与直线yx相切，求n的值；（2）若存在00x，使02200>xfxex成立，求实数n的取值范围.【答案】（1）1；（2）,e.【分析】（1）利用切点和切线的斜率列方

程，由此求得n的值.（2）将已知条件转化为存在00x，使02200ln<0xexnx成立，构造函数22ln0xgxexnxx，利用导数研究gx的单调性和最值，结合对n进行分类讨论，由此求得n的取值范围.【详解】（1）设切点坐标为00,

xy，因为'1fxxn，所以011xn，又00lnyxn，所以00y，故000xy，所以1n.（2）存在00x，使02200>xfxex成立，等价于：存在00x，使02200ln<0xexnx成立

.令22ln0xgxexnxx，'2122xgxexxn，令'2122xhxgxexxn，22142xhxexn，当0x时，'0hx，故'hxgx在0,单调递

增，所以''102gxgn，①当12n时，'120gxn，故gx在0,单调递增，所以01lngxgn，由已知1ln<0n，即ne.②当12n时，'102<0gn故存在10,x，使得'10gx.此

时1211122xexxn.若10,xx时，'0gx；若1,xx时，'0gx.所以1112222211111minlnln22xxxgxgxexnxexex，令221>0xx

exx，'2122xxex，''2142>0xxe，所以'2122xxex在0,单调递增，所以''11>02>0x；所以11>01>0x

，故1221>0xex.令22>0xxexx，'2221>0xxe，故2x在0,单调递增，所以22>01x，故121ln22>ln2>0xex故不存在00x，使02200ln<0xexnx成立.综合上述：实数n的取值范

围是,e.【点睛】解决导数与切线的问题，关键把握住切点和斜率，切点既在切线上，也在原函数图象上.9．已知函数lnfxmxaxm，xexgxe，其中m，a均为实数．（1）试判断过点1,0

能做几条直线与ygx的图象相切，并说明理由；（2）设1,0ma，若对任意的1x，23,4x（12xx），212111fxfxgxgx恒成立，求a的最小值．【答案】（1）2条，理由

见解析；（2）2233e.【分析】（1）设切线方程为1ykx，切点为00,xy，根据导数的几何意义和斜率公式，得到方程所以得20010xx，根据方程显然有两个不等的实根，即可作出判定；

（2）把不等式212111fxfxgxgx转化为2211fxhxfxhx，进而转化为11xxeaxex恒成立，设11xxevxxex，利

用导数求得函数vx的单调性与最值，即可求解.【详解】（1）设过点1,0与ygx图象相切的直线方程为1ykx，切点为00,xy，由函数xexgxe，可得xeexgxe，则00000000011xxeexyexkgxexex

，所以得20010xx，因为2141(1)50，此方程显然有两个不等的实根，所以过点1,0能做2条直线与ygx的图像相切．（2）当1,0ma时，ln1fxxax，0,x，因为0xafxx

在3,4恒成立，所以fx在3,4上为增函数，设1xehxgxex，所以1210xexhxx在3,4恒成立，所以hx在3,4上为增函数，设21xx，则

212111fxfxgxgx等价于2121fxfxhxhx，即2211fxhxfxhx，设1ln1xeuxfxhxxaxex，则ux在3

,4为减函数，∴21110xexauxxex在3,4上恒成立，∴11xxeaxex恒成立．设11xxevxxex，∵2111211131124xxxexvxeexx，3,4x，∴21

211331244xeex，∴0vx，vx为减函数，∴vx在3,4上的最大值为22333ve，∴2233ae，∴a的最小值为2233e．【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研

究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.10．已知函数1lnafxax

xx，其中2a．（1）求fx的极值；（2）设mZ，当1a时，关于x的不等式2xfxmxe在区间0,1上恒成立，求m的最小值．【答案】（1）当1a时，()fx的极大值为2a，无极小值；当12a时，()fx的极大值

为2a，极小值为ln(1)2aaa；（2）3.【分析】（1）对函数求导，通过分类讨论来判断导函数符号，确定函数的单调性，从而求极值；（2）分离参数，构造函数，将恒成立问题转化为最值问题来处理．【详解】解：（1）由题意得()fx的定义域为(

0,)，222211(1)[(1)]()1aaxaxaxxafxxxxx，当10a，即1a时，令()0fx，得01x，则()fx在(0,1)上单调递增；令()0f

x，得1x，则()fx在(1,)上单调递减．所以()fx在1x处取极大值，且极大值为(1)2fa，无极小值．若011a，即12a，当(0,1)(1,)xa时，()0fx，则()fx在(0,1)a，(1,)上单调递减；当(1,1)xa时，()0f

x，则()fx在(1,1)a上单调递增．所以()fx在1xa处取极小值，且极小值为(1)ln(1)2faaaa，在1x处的极大值，且极大值为(1)2fa．综上所述，当1a时

，()fx的极大值为2a，无极小值；当12a时，()fx的极大值为2a，极小值为ln(1)2aaa．（2）由2xfxmxe，得ln(2)xmxxxe，设()ln(2)xh

xxxxe，(0,1]x，则1()(1)xehxxx，当01x时，10x．设1()xuxex，则21()0xuxex，所以()ux在(0,1]上单调递增．又，(1)10ue，所以存在01,12x，使00ux，即001

xex，00lnxx当00,xx时，()0ux，()0hx，当0,1xx时，()0ux，()0hx，所以函数()hx在00,x上单调递增，在0,1x上单调递减，所以

0max0000000012()2ln2212xhxxexxxxxxx．因为函数212yxx在区间1,12上单调递增，所以0(4,3)hx，又()mhx对任意的(0,1]x恒成立，mZ

，所以3m，所以m的最小值是-3．【点睛】方法点睛：（1）求解不等式恒成立问题时，可以构造函数，将问题转化为函数的单调性与最值问题，再结合题意求解参数的取值范围；（2）函数的零点存在但不可求时，常虚设零

点，利用零点存在定理估计所设零点所在的一个小范围，然后利用零点所满足的关系进行代换求解．此题围绕函数与导数的关系、函数的极值、不等式恒成立问题等设题，综合考查导数的应用，有助于加深考生对数学知识本质的理解

，提高考生思维的层次，考查理性思维、数学探索等学科素养．11．已知函数()(0)2xafxaxa．（1）当1a时，求4()fmfm的值；（2）当(0,)x时，关于x的不等式1()1fxfx恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】（1）32；（2）13,24.【分析】（1）当1a时，1()2xfxx，代入可得414136()()42242mmmfmfmmmm，即可得解；（2）由111()122122axaxaaxxfxfxxaxaaxax

(0)x，令1()(0)212xaaxgxxxaax，有3(0)2g，1(1)112ga，求导可得：22222222222(14)41(2)(12)(

)(2)(12)(2)(12)(2)(12)aaxxaaaaxaaaxgxxaaxxaaxxaax22(12)(12)(1)(1)(2)(12)aaaxxxaax，分类讨论即可得解.【详解】（1）当1a时，1()2xfxx，

414114224363()()42242242422mmmmmmmfmfmmmmmmm；（2）111()122122axaxaaxxfxfxxaxaaxax

(0)x，令1()(0)212xaaxgxxxaax，有3(0)2g，1(1)112ga，求导可得：22222222222(14)41(2)(12)()(2)(12)(2)(12)(2)(12)aaxxaaaax

aaaxgxxaaxxaaxxaax22(12)(12)(1)(1)(2)(12)aaaxxxaax，当102a时，若(0,2)xa，()0gx

，所以()gx为减函数，由3(0)2g，此时3()(,)2gx，与1()1fxfx恒成立矛盾；当12a时，1133132222()1112xxxgxxxx，即13()2fxfx，成立；当12a时

，22(12)(12)(1)(1)()(2)(12)aaaxxgxxaax，若1(0,)2xa，()0gx，()gx为增函数，此时3()(,)2gx，若1(,1)2xa，()0gx，()

gx为增函数，此时1()(,1)12gxa，若(1,2)xa，()0gx，()gx为减函数，此时1()(1)12gxa，，若(2,)xa，()0gx，()gx为减函数，此时3()(+)2gx，，若要1()1fxfx，只要11112a

，解得：1324a，综上可得：实数a的取值范围为13,24.【点睛】本题考查了分式函数求值以及解绝对值不等式，考查了分类讨论思想和较高的计算能力，属于难题.绝对值不等式问题有以下几种方法：（1）分类讨论去绝对值；（2）利用绝对值三角不等式；（3）构造函数，利用导

数求单调性求最值.12．已知函数2()2ln43fxxxx．（1）求函数()fx在[1,2]上的最小值；（2）若3()(1)fxax≤，求实数a的值．【答案】（1）0；（2）23．【分析】（1）求导研究函数的单调性得()fx在[1,2]上是增函数，进而可得

()fx在[1,2]上的最小值；（2）将问题转化为3()(1)0fxax，进而构造函数3()()(1)gxfxax，求导得2(1)(23)()xaxgxx，再分0a，203a，23a，23a四种情况讨论即可得答案.【详解】解：（

1）因为222(1)()240xfxxxx≥，当且仅当1x时，()0fx，所以()fx在[1,2]上是增函数，所以()fx在[1,2]上的最小值为(1)0f．（2）根据题意得：3()(1)0fxax，设323()()(1)2ln43(1)gxfxaxxxxax

，则2222(1)(1)(23)()3(1)xxaxgxaxxx．①当0a时，当1x时，由（1）知()0fx，而3(1)0ax≤，所以3()(1)fxax≤不恒成立．②当23a时，

2013a，当23xa时，()0gx，当且仅当1x时，()0gx，所以()gx在2(,)3a上是减函数，所以2()(1)03gga，即()0gx不恒成立．③当203a时，213a，

当203xa时，()0gx，当且仅当1x时，()0gx，所以()gx在2(0,)3a上是增函数，所以2()(1)03gga，即()0gx不恒成立.④当23a时，32(1)()xgxx，213a，当01x时，()0gx，()gx在

(0,1)上是增函数；当1x时，()0gx，()gx在(1,)上是减函数．所以()(1)0gxg，即()0gx恒成立．综上所述，实数a的值为23.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，研究不等式恒成立问题，考查综合分析能力与分类讨论思想，是难题.13．

函数1ee1xxfxxk.（1）当2k时，求fx的单调区间；（2）当0x时，0fx恒成立，求整数k的最大值.【答案】（1）单调递减区间为,1，单调递增区间为()1,+?；（2）2.【分析】（1）当2k时，对函数

fx求导，利用导数判断其单调性即可；（2）对函数fx求导，可得e1xfxxk，分1k和1k两种情况，分别讨论函数fx的单调性，结合当0x时，0fx恒成立，可求出答案.【详解】（1）当2k时，1e2e1xxfxx，所以

e1xfxx.当()0fx¢>时，1x；当()0fx¢<时，1x.所以fx的单调递减区间为,1，单调递增区间为()1,+?.（2）因为1ee1xxfxxk，

所以e1xfxxk.①当1k时，由0x，可得()0fx¢>恒成立，所以fx单调递增，所以0fxf，而010f，所以0fx恒成立；②当1k时，令()0fx¢>，可得1xk；由()0fx¢<，

可得01xk.所以fx在0,1k单调递减，在k单调递增.因为0fx恒成立，所以min0fx，即11111ee10kkfkkk，所以11e0kk.设11ex

gxx1x，则11exgx，因为1x，所以1e1,x，所以11e0xgx，故gx在()1,+?单调递减.又因为110g，23e0g，234e0g，所以存在02,3x

，使得00gx，且当00,xx时，0gx；当0,xx时，0gx.又因为11e0kgkk且k为整数，所以k的最大值为2.【点睛】方法点睛：由不等式恒成立求参数的取值范围的方法：（1）讨论

最值法：先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出含参函数的最值，进而得出相应的含参不等式的参数的范围；（2）分离参数：先分离参数变量，再构造函数，求出函数最值，从而求出参数的取值范围.14．已知函数ln1fxxmx，2xgxxe．（1）若

fx的最大值是0，求m的值；（2）若对其定义域内任意x，fxgx恒成立，求m的取值范围．【答案】（1）1；（2）1,．【分析】（1）根据某点上的切线斜率即为函数在该点的导数，列出点斜式方程即可得出答案.（2）构造

函数，对函数求导后，讨论函数单调性，求出m的取值范围.【详解】解：（1）∵fx的定义域0,，1fxmx．若0m，0fx，fx在定义域内单调递增，无最大值；若0m，10,xm，fx单调递增；1

,xm，fx单调递减．∴1xm时，fx取得最大值11ln0fmm，∴1m．（2）原式恒成立，即ln12xxmxxe在0,上恒成立，即1ln2xxm

ex在0,上恒成立．设1lnxxxex，则22lnxxexxx，设2lnxhxxex，则2120xhxxxex，所以hx在0,

上单调递增，且112211110eeheeee，10he．所以hx有唯一零点0x，且0200ln0xxex，即0000lnxxxex．两边同时取对数得0000lnlnlnlnxxxx，易

知lnyxx是增函数∴00lnxx，即001xex．由2hxxx知x在00,x上单调递增，在0,x上单调递减．∴00000001ln111xxxxxexxx，∴21m，∴m1故m的取值范围是

1,．【点睛】本题主要考查导数的几何意义和函数的极值与最值，属于难题.思路点睛:本题考查用导函数研究原函数性质的方法，是常见题.不等式恒（能）成立求参数范围的一般方法:①当xD时，fxha成立，则minfx

ha；②当xD时，fxha成立，则maxfxha15．已知函数lnfxaxax，且0fx恒成立．（1）求实数a的值；（2）记hxxfxx，若mZ，且当1,x时，不等式1

hxmx恒成立，求m的最大值．【答案】（1）1；（2）3．【分析】（1）由条件可得1x是fx的极大值点，从而10f，可得答案.(2)由条件lnhxxxx，根据条件可得ln1xxxmx

对任意的1x恒成立，令ln11xxxgxxx，求出gx的导函数，得出gx单调区间，利用函数的隐零点，分析得出答案【详解】（1）解：fx的定义域是0,，因为10f，0fx恒成立，所以1x是fx的极大值点，所以10f

，因为1fxax，所以110fa，所以1a．（2）依题意得，lnhxxxx，1hxmx，∴ln1xxxmx，因为1x，所以ln1xxxmx对任意的1x

恒成立，令ln11xxxgxxx，则2ln21xxgxx，令ln21sxxxx，则1110xsxxx，所以函数sx在1,上单调递增．因为31ln30s，42ln40s，所以方程0s

x在1,上存在唯一的实数根0x，且03,4x，则000ln20sxxx，所以00ln2xx，①当01xx时，0sx，即0gx；当0xx时，0sx，即0gx，所以函数ln1

xxxgxx在01,x上单调递减，在0,x上单调递增．所以000min01ln1xxgxgxx，把①代入得，00000121xxgxxx，3,4x，所以0min3,4mgxx

，故整数m的最大值是3．【点睛】关键点睛：本题考查根据恒成立求参数的最大整数值，考查函数的隐零点的整体然换的应用，解答本题的关键是由函数sx在1,上单调递增，得出0sx在1,上存在唯一的实数根0x，且03,4x，得出gx单调性，从而得出

000min01ln1xxgxgxx，然后将00ln2xx代入，得出03,4gx，属于难题.16．已知函数lnxfxxeaxx.（1）当0a时，求fx的最小值；（2）若对任意0x恒有不等式1fx成

立.①求实数a的值；②证明：22ln2sinxxexxx.【答案】（1）lnaaa；（2）①1；②证明见解析.【分析】（1）求出函数fx的定义域，对函数求导，令0xxea，构造xg

xxe，利用导数研究函数的单调性与实根个数，进而得出fx的单调性和最值；（2）①当0a时，fx单调递增，fx值域为R，不适合题意；当0a时，构造ln0aaaaa，求导得出函数的最大值，可得实数a的值；②由①可知ln1xxexx，因此只需证：2

2ln2sinxxxx，只需证2222sinxxxx，即222sinxxx，按1x和01x分别证明即可．【详解】（1）法一：fx的定义域为0,，由题意11xxaxeafxxexxx

，令0xxea，得xaxe，令xgxxe，10xxxgxexexe，所以gx在0,x上为增函数，且00g，所以xaxe有唯一实根，即0fx有唯一实根，设为0x，即00xaxe，所以

fx在00,x上为减函数，在0,x上为增函数，所以00000minlnlnxfxfxxeaxxaaa.法二：lnlnln0xexxfxxaxxea

xxx.设lntxx，则tR.记tteattR.故fx最小值即为t最小值.0tteaa，当,lnta时，0t，t单调递减，当ln,

ta时，0t，t单调递增，所以lnminlnlnlnafxaeaaaaa，所以fx的最小值为lnaaa.（2）①当0a时，fx单调递增，fx值域为R，不适合题意，当0a时，由（1）

可知minlnfxaaa，设ln0aaaaa，所以lnaa，当0,1a时，0a，a单调递增，当1,a时，0a，a单调递减，所以max11a，即ln1aaa.由已知，1fx恒

成立，所以ln1aaa，所以ln1aaa，所以1a.②由①可知ln1xxexx，因此只需证：22ln2sinxxxx，又因为ln1xx，只需证2222sinxxxx，即222sinxxx，当1x时，2222sinx

xx结论成立，当0,1x时，设222singxxxx，212cosgxxx，当0,1x时，gx显然单调递增.112cos10gxg，故gx单调递减，122sin10gxg

，即222sinxxx.综上结论成立.【点睛】方法点睛：本题考查导数研究函数的最值，导数解决恒成立问题以及导数证明不等式，导数对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法,一般通过变量

分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题：1.()fxm恒成立min()fxm；2.()fxm恒成立max()fxm.17．已知函数322339fxxaxaxa.（1）设1a，

求函数fx的单调区间；（2）若13a，且当1,4xa时，312fxaa恒成立，试确定a的取值范围.【答案】（1）fx的单调递增区间为,1，3,，单调递减区间为1,3；（2）12,33.【分析】（1）求导函

数，判断导函数的符号，可得单调区间.（2）利用导函数研究fx在1,4xa时的最小值，312fxaa恒成立可以等价转化为3min12fxaa，解不等式可得解.【详解】（1）当1a＝时，

32391fxxxx＝，则2369xxfx＝，由0fx＝，得1x或3x.当1x时，0fx′；当13x-<<时，0fx′；当3x时，0fx′.所以fx的单调递增区间为,1，3,，单调递减区间为1,3

.（2）因为22369fxxaxa＝33xaxa，13a，所以当13xa时，0fx′；当34axa时，0fx′.所以当1,4xa时，fx的最小值

为3326faa.由312fxaa在1,4a上恒成立得332612aaa，解得2a3或203a.又13a，所以1233a.即a的取值范围为12,33.【点睛】思路点睛:本题考查用导函数研究原函数性质的方法，是常见题.不等式恒（能）成立

求参数范围的一般方法:①当xD时，fxha成立，则minfxha；②当xD时，fxha成立，则maxfxha.18．【答案】（1）32()2fxxxx；（2）2,.【分析】（1）由1,

13是方程2321=0xax的两根，可得答案；（2）转化为31ln22xaxx对任意x>0恒成立，然后构造函数31g()=ln22xxxx，求其最小值可得答案.【详解】（1）2()321fxxax

，由题意23210xax的解集为1,13，即2321=0xax的两根是1,13，由此解得=1a-.所以32()2.fxxxx（2）即不等式22ln321xxxax对任意x>0恒成立，即31ln22xaxx对任意x>0恒成立，令31g()=ln22x

xxx，则2(1)(31)g()=2xxxx，令g()=0x，得=1x或13-(舍)当01x时，()0gx；当1x时，()0gx，所以maxg()(1)2xg，所以实数a的取值范围是2,.【点睛】关键点睛：本题第二问考查的是常量

分离求参数的取值范围问题，解决的关键是构造函数，利用导数求最值，如果导函数无法直接判断符号时，可根据导函数解析式的特点以及定义域尝试再求一次求导数，进而通过单调性和关键点（边界点，零点）等确定符号.18．已知函数32()2.fxxax

x（1）如果函数f（x）的单调递减区间为1,13，求f（x）的表达式；（2）若不等式2ln()2xxfx恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）y=9；（2）{|1aa或1}2a.【分析】（1）求出(3)9f以及'30f，即可求

出切线方程；（2）2()2fxa对任意xR恒成立，等价于2222xxaa对任意xR恒成立，令2()2gxxx，求出()gx的最大值，即可求出a的范围.【详解】解：（1）3,0ab时，321()3

3fxxxx，(3)9f2'23fxxx，'39630f，0k所以函数()fx在3x处的切线方程为：9y（2）因为2()2fxxxa，由题意得：22()22fxxxa

a对任意xR恒成立，即2222xxaa对任意xR恒成立，设2()2gxxx，所以22()2(1)1gxxxx，所以当1x时，()gx有最大值为1，所以221aa，解得1a或12a，所以，实数a的取值范围为{|1aa或1}

2a.【点睛】本题考查已知恒成立求参数问题，属于基础题.方法点睛：（1）参变分离（2）fxga的恒成立问题转化为maxfxga（3）求出fx在已知范围下函数的值域（4）求解参数a19．已知函数321()(,)3fxxxaxbabR

.（1）当3,0ab时，求函数()fx的在(3，3f)处的切线方程；（2）若函数()fx在其图象上任意一点00(,())xfx处切线的斜率都小于22a，求实数a的取值范围.【答案】（1）y=9；（2）{|1aa或1}2a.【分析】（1）

求出(3)9f以及'30f，即可求出切线方程；（2）2()2fxa对任意xR恒成立，等价于2222xxaa对任意xR恒成立，令2()2gxxx，求出()gx的最大值，即可求出a的范围.【详解】解：（1）3,0ab时，321()33fxxxx，(3)9f

2'23fxxx，'39630f，0k所以函数()fx在3x处的切线方程为：9y（2）因为2()2fxxxa，由题意得：22()22fxxxaa对任意xR恒成立，即2222xxaa

对任意xR恒成立，设2()2gxxx，所以22()2(1)1gxxxx，所以当1x时，()gx有最大值为1，所以221aa，解得1a或12a，所以，实数a的取值范围为{|1aa或1}2a.【点睛】本题考查已知恒成立求参数问题，属

于基础题.方法点睛：（1）参变分离（2）fxga的恒成立问题转化为maxfxga（3）求出fx在已知范围下函数的值域（4）求解参数a20．已知0a，函数22lnfxaxxax.（1）若2a，求曲线yfx在1,1f处的切线方程；（2）

若当1,xe时，210eefx，求a的所有可能取值.【答案】（1）43yx；（2）1.【分析】（1）求出fx，然后求出1f，1f即可；（2）令110fa，可得1a，然后可得fx在1,e上单调递减，然后求出fx的最

值即可解出答案.【详解】（1）若2a，则24ln2fxxxx，422fxxx.则14f，11f，所以曲线yfx在点1,1f处的切线方程为43yx.（2）222axaxafxxaxx

，0x.令110fa，可得1a，所以当1,ex时，0fx，所以fx在1,e上单调递减.max10fxf，该不等式成立.222mineee1eefxfaa，即1e10aa，所以1a综上所述，a的可能取值

只有1【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化：（1）若afx恒成立，则maxafx；（2）若afx恒成立，则minafx.21．设函数2ln1fxxxax

.（1）若0a，求fx的单调区间；（2）若0x时0fx，求a的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为1,0，单调递减区间为0,；（2）1,2.【分析】（1）求得1xfxx，然

后可得答案；（2）分0a、102a、12a三种情况讨论，每种情况下利用导数研究其单调性，结合00f可得答案.【详解】（1）fx的定义域为1,，当0a时，ln1fxxx，1xfxx

，当10x时，0fx，当0x时，0fx，所以fx的单调递增区间为1,0，单调递减区间为0,.（2）由（1）知ln10xx，当且仅当0x时等号成立..若0a，

2ln1ln10fxxxaxxx，不符合条件.若0a，2211xaxafxx，1x.令0fx，得0x或212axa，若102a，则当2102axa时0fx，fx单调递减，此时00fxf

，不符合条件.若12a，则当0,x时，0fx，fx单调递增，此时00fxf，即当0x时，0fx.综上所述，a的取值范围是1,2【点睛】方法点睛：在处理函数有关的不等式时

，一般是利用函数的单调性和特殊点的函数值解决.22．已知函数f(x)=xe-mx-2，g(x)=xe-sinx-xcosx-1.（1）当x≥2时，若不等式f(x)>0恒成立，求正整数m的值；（2）当x≥0

时，判断函数g(x)的零点个数，并证明你的结论，参考数据:2e≈4.8【答案】（1）1；（2）2个，证明见解析.【分析】(1)将问题转化为2x时，不等式2xemx恒成立，令()2xehxx，用导数

法求得其最小值即可.(2)易知(0)0g，则0是()gx的一个零点，由2x时，()sincos120xxgxexxxex，得到()gx无零点，当02x时，用导数法结合零点存在定理求解.【详解】(1)因

为当x≥2时，若不等式f(x)>0恒成立，所以当2x时，不等式2xemx恒成立，令()2xehxx，则22(2)(1)2()0xxxexeexhxxx，所以()hx在[,)2上递增，所以2min228()()252ehxh

，因为28125，所以正整数m的值为1.(2)当0x时，函数()gx有2个零点.证明如下：显然(0)0g，所以0是()gx的一个零点，①当2x时，()sincos120xxgxexxxe

x，所以()gx无零点；②当02x时，()2cossinxgxexxx，令()()2cossinxhxgxexxx，则()()3sincos0xhxgxexxx，所以()gx在

[0,]2上递增又(0)10,g2()022ge，所以存在唯一1(0,)2x使得1()0gx.所以当1(0,)xx时，()0gx，故()gx递减；当1(,)2xx时，()0gx，故()gx递增；因为(0)0g，所以1()0gx，又2()20

2ge，所以存在唯一21(,)2xx使得2()0gx综上得：当0x时，函数()gx有2个零点.【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．

23．已知函数311()ln62fxxxxx.（1）求曲线()yfx在点（1，(1)f）处的切线方程；（2）若()fxa对1(,)xee恒成立，求a的最小值.【答案】（1）23y；（2）31162ee.【分析】（1）求导211'

()ln22fxxx，再分别求得(1)f，'(1)f，用点斜式写出切线方程.（2）根据()fxa对1(,)xee恒成立，则maxafx，再利用导数求解maxfx即可.【详解】（1）()fx的定义域为(0,).由已知得2

11'()ln22fxxx，且2(1)3f.所以'(1)0f.所以曲线()yfx在点（1，(1)f）处的切线方程为23y.（2）设()'()gxfx，（1xee）则211'()xgxxxx

.令'()0gx得1x.当x变化时，'()gx符号变化如下表：x1(,1)e1(1,)e'()gx0()gx极小则()(1)0gxg，即'()0fx，当且仅当1x时，'()0fx.所以()fx在1(,)ee上单调递增.又311()62feee

，因为()fxa对1(,)xee恒成立，所以31162aee，所以a的最小值为为31162ee.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若()fx在区间D上有最值，则（1）恒成立：min,00x

Dfxfx；max,00xDfxfx；（2）能成立：max,00xDfxfx；min,00xDfxfx.若能分离常数，即将问题转化为：afx（或afx），则（1）恒成立：maxafxafx；m

inafxafx；（2）能成立：minafxafx；maxafxafx；24．已知函数πsin02fxaxxbx在π3x处有极值.（1）求a的值，并判断π3x是fx的极大值点还是极小值点？（2）若不等式

sincosfxxx对于任意的π0,2x恒成立，求b的取值范围.【答案】（1）2a，π3x是fx的极大值点；（2）1b.【分析】（1）由π03f可得2a，然后12cos12co

s2fxxx，可判断出答案；（2）条件转化为cossinbxxx对于一切π0,2x恒成立，记cossingxxxx，然后利用导数求出gx的最大值即可.【详解】

（1）由sinfxaxxb，得cos1fxax，由题意，得π03f，即πcos103a，解得2a.当2a时，12cos12cos2fxxx，由0fx，得1cos2x，结合π02x，解得π3x.当π03x

时，0fx；当ππ32x时，0fx，∴π3x是fx的极大值点.（2）本题等价于cossinbxxx对于一切π0,2x恒成立.记cossingxxxx，则maxbgx，π1sincos12sin4gxxx

x.由π02x，得ππ3π444x，所以2πsin124x，即π12sin24x，∴0gx.从而gx在π0,2上是减函数，∴

max01gxg，故1b【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化：（1）若afx恒成立，则maxafx；（2）若afx恒成立，则minafx.25．已知函数3212fxxxbxc，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≤a26．设函数223223()3,()33,22aafxxxaxgxaxxaR.（1）求函数fx的单调区间；（2）若函数23()()()0,222axfxgxxx在0

x处取得最大值，求a的取值范围.【答案】（1）当3a时，()fx的单调递增区间为(,)，无单调递减区间；当3a时，()fx的单调递增区间为93,13a和931,3a，单调递减区间为93931,133aa；

（2）6,5.【分析】（1）先对fx求导，对导函数分3a和3a两种情况讨论即可.（2）因为函数x在0x处取得最大值，所以23223133(0)()(1)3,0,22222axaxax

xax…，利用分离参数法转化为不等式恒成立问题，求函数的最值即可.【详解】解：（1）22()36313fxxxaxa，当3a时，0fx，所以()fx的单调递增区间为(,)，无单调递减区间；当3a时，令0fx

，得9313ax或9313ax，所以()fx的单调递增区间为93,13a和931,3a令0fx，得93931133aax，所以()fx的单调递减区间为93931,133aa.综上

，当3a时，()fx的单调递增区间为(,)，无单调递减区间；当3a时，()fx的单调递增区间为93,13a和931,3a，单调递减区间为93931,133aa.（

2）由题意得322133()(1)3,0,2222xaxaxxax.因为函数x在0x处取得最大值，所以23223133(0)()(1)3,0,22222axaxaxxax…，

即3213(1)30,0,222axaxxx„，当0x时，显然成立.当0,2x时，得21313022axax，即22323232322221+2xxaxxxxxx

„.令22,4tx，则2()1,(2,4]thttt，2210htt恒成立，所以2()1,(2,4]thttt是增函数，5()0,2ht，所以3

625(2)12xx…，即65a„，所以a的取值范围为6,5.【点睛】思路点睛：对含参数的函数求单调区间，根据导函数分类讨论是解决这类题的一般方法；已知函数的最大值求参数的取值范围，往往转

化为不等式恒成立问题，如果能分离参数的话，分离参数是解决这类题的常用方法，然后再求函数的最值即可.27．已知函数2121ln2fxxaxx．（1）当0a时，若函数fx在其图象上任意一点A处的切线斜率为

k，求k的最小值，并求此时的切线方程；（2）若函数fx的极大值点为1x，2111ln>xxaxm恒成立，求m的范围【答案】（1）k的最小值为2，4210xy；（2）1m.【分析】（1）利用导数得出1fxxx，然后利用对勾函数的性质和切线方程的公式进行求解即可（2）

求导得出221xaxfxx，然后对a进行分类讨论，得出当1a或1a时才符合题意，然后利用导函数的性质，得到21112xax，进而得到2211111111lnln22xxxaxxxx

，10,1x，得到211111ln22xxxxm，然后，设21ln22xhxxxx，0,1x，进而求出m的范围【详解】解：（1）∵0a，∴211ln>02fxxxx，∴12fxxx，当仅当1xx时，即

1x时，fx的最小值为2，∴斜率k的最小值为2，切点31,2A，∴切线方程为3212yx，即4210xy．（2）∵21212>0xaxfxxaxxx，①当11a时，

fx单调递增无极值点，不符合题意；②当1a或1a时，令0fx，设2210xax的两根为1x和2x，因为1x为函数fx的极大值点，所以120xx，又121xx，122>0xxa，∴1a，101x，∴

10fx，2111120xaxx，则21112xax，∵2211111111lnln22xxxaxxxx，10,1x，令21ln22xhxxxx，0,1x，∴231ln22xhxx，∴

21133xhxxxx，0,1x，当303x时，0hx，当313x时，0hx，∴hx在30,3上单调递增，在3,13上单调递减，∴3ln3<03hxh，∴

hx在0,1上单调递减．∴11hxh，∴1m．【点睛】关键点睛：（1）的解题关键在于利用对勾函数的性质和切线方程的公式；（2）的解题关键在于通过分类讨论，得到利用导函数的性质，得到21112xax，进而得到21111

1ln22xxxxm，10,1x，最后构造函数求解，本题的难度属于困难28．已知函数212fxx，lngxax.（1）若曲线yfxgx在2x处的切线与直线370xy

垂直，求实数a的值；（2）设hxfxgx，若对任意两个不等的正数1x，2x，都有12122hxhxxx恒成立，求实数a的取值范围；（3）若1,e上存在一点0x，使得00001fxgxgxfx成立，求实数a

的取值范围.【答案】（1）2a；（2）1,；（3）21,2,1ee.【分析】（1）先根据导数的几何意义得23y，即可得a的值；（2）设12xx，构造函数2Fxhxx，则转化为

Fx在0,上为增函数，即0Fx在0,上恒成立，参变分离得：2max2axx，最后根据二次函数最值求实数a的取值范围；（3）先化简不等式，并构造函数1lnamxxaxx，求导数，按导数零点与定义区间的大小关系讨

论函数的单调性，根据单调性确定函数的最小值，根据最小值小于0即可得实数a的取值范围.【详解】（1）由21ln2yfxgxxax，得ayxxx.由题意，232a，所以2a.（2）

21ln2hxfxgxxax.因为对任意两个不等的正数1x，2x，都有12122hxhxxx恒成立，设12xx，则122hxhx12xx即112222hxxhxx恒成立.问题等价于函数

2Fxhxx，即21ln22Fxxaxx在0,上为增函数，所以20aFxxx在0,上恒成立.即22axx在0,上恒成立.所以2max21axx，即实数a的取值范围是1,.（3）不等式00001f

xgxgxfx等价于00001lnaxaxxx，整理得0001ln0axaxx.构造函数1lnamxxaxx，由题意知，在1,e上存在一点0x，使得00mx.

222211111xaxaxaxaamxxxxx.因为0x，所以10x，令0mx，得1xa.①当11a，即0a时，mx在1,e上单调递增.只需120ma

，解得2a.②当11ae即01ae时，mx在1xa处取最小值.令11ln110maaaa即11ln1aaa，可得11ln1*aaa.令1ta，即1te，不等式*可化为1ln1ttt

.因为1te，所以不等式左端大于1，右端小于等于1，所以不等式不能成立.③当1ae，即1ae时，mx在1,e上单调递减，只需10ameeae，解得211ea>e.综上所述，实数a的取值范围是21,2,1ee.【点睛】本题考查利用

导数研究函数的单调性，极值和最值的综合问题，属于中档题.29．已知函数32()23(1)6()fxxmxmxxR.(1)讨论函数()fx的单调性；(2)若(1)5f，函数2()()(ln1)0fxgxaxx在(1,)上恒成立，求证：2ae.【答案

】（1）答案不唯一，见解析（2）证明见解析【分析】（1）求导后分解因式，分类讨论即可得到函数的单调性；（2）由题意求出0m，转化为23ln1xax在(1,)x上恒成立，利用导数求出23()(1)ln1xhxxx的最小值，即可求解.【详

解】（1）'22661661fxxmxmxmxm6(1)()xxm若1m时，()0fx，()fx在R上单调递增；若1m>时，1m，当xm或1x时，()0fx，()fx为增函数，当1mx时，()0fx，

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

()fx在(,1)和(,)m上单调递增，在(1,)m上单调递减.（2）由(1)23(1)65fmm，解得0m，所以32()23fxxx，由(1,)x时，ln10x，可

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

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

，3()20ee所以方程()0hx有且只有一个实根0x，且00032,2ln.xexx所以在0(1,)x上，()0hx，()hx单调递减，在0(,)x上，()0,()hxhx单调递增，所以函数()hx的最小值为0000002323(

)223ln112xxhxxexx，从而022.axe【点睛】关键点点睛：解答本题的难点在于得到232ln()(ln1)xxhxx后，不能求出()hx的零点，需要根据()hx的单调性及零点存在定理得到0x的大致范围，再利用

0x的范围及0032lnxx证明不等式.30．已知函数2,lnfxxmgxxx.(1)若函数Fxfxgx，求函数Fx的极值；(2)若222xxfxgxxexxe在0,4x时恒成立，求实数m的最小值.【答案】（1）()Fx的极大值是m，

无极大值；（2）42ln44e.【分析】（1）先写函数Fxfxgx并求导，再利用导数正负判断单调性和极值即可；（2）先分离参数(2)lnxmxexx，再研究函数最大值得到m的取值范围，即得结果.【详解】解：（1）2()

lnFxxxmx，定义域为(0,)，1(21)(1)()21xxFxxxx.()001Fxx；()01Fxx；当x变化时，(),()FxFx的变化情况如下表:x(0,1)1(1,

)()Fx-0+()Fx↘极小值↗由上表可得()Fx的极大值是(1)Fm，无极大值；（2）由2()()22xxfxgxxexxe在(0,4)x时恒成立，即22ln22xxxmxxxexxe，整理为(2)

lnxmxexx在(0,4)x时恒成立.设()(2)lnxhxxexx，则1()(1)xhxxex，当1x时，10x，且1,1xeex，10,()0xehxx.当01x时

，10x，设211,0,xxueueuxx在(0,1)上单调递增，当0x时，11,0xuexx；当1x时，10ue，0(0,1)x，使得00010xuex∴当00,xx时，0u；当0,1xx时

，0u.∴当00,xx时，()0hx；当0,1xx时，()0hx，故函数()hx在00,x上单调递增，在0,1x上单调递减，在(1,4)上单调递增.0000000000122ln2212xhxxexxxxxxx

.0000022(0,1),2,121xhxxxx，4(4)2ln440he，∴当(0,4)x时，()(4)hxh，(4),mhm的最小值是42ln44e.【点睛】利用导数研究函数()fx的单调性和极值的步骤：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③写出单调区间，并判断极值点.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.