【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题24《利用导数解决双变量问题》(解析版).doc，共(42)页，2.345 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题24利用导数解决双变量问题一、单选题1．设函数311433fxxx，函数221gxxbx，若对于11,2x，20,1x，使12fxgx成立，则实数b的取值范围是（）A．7,2B．5,8

C．7,2D．5,8【答案】A【分析】由题意只需minminfxgx，对函数fx求导，判断单调性求出最小值，对函数gx讨论对称轴和区间0,1的关

系，得到函数最小值，利用minminfxgx即可得到实数b的取值范围.【详解】若对于11,2x，20,1x，使12fxgx成立，只需minminfxgx，因为311433fxxx，所以24fxx，当1,2

x时，0fx，所以fx在1,2上是减函数，所以函数fx取得最小值25f．因为222211gxxbxxbb，当0b时，gx在0,1上单调递增，函数取得最小值01g，需51，不成立；当1b时，gx在

0,1上单调递减，函数取得最小值122gb，需522b，解得72b，此时72b；当01b时，gx在0,b上单调递减，在,1b上单调递增，函数取得最小值21gbb，需251

b，解得6b或6b，此时无解；综上，实数b的取值范围是7,2，故选:A．【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，考查二次函数在区间的最值的求法，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题.2．已知函数1()lnfxxaxx，且()fx有两个极值点12,xx，

其中11,2x，则12fxfx的最小值为（）A．35ln2B．34ln2C．53ln2D．55ln2【答案】A【分析】()fx的两个极值点12,xx是0fx的两个根，根据韦达定理，确定12,xx的关系，用1x表示出2x，12fxf

x用1x表示出，求该函数的最小值即可.【详解】解：()fx的定义域0,，22211()1axaxfxxxx，令()0fx，则210xax必有两根12,xx，2121240010axxaxx，

所以2111112,,axaxxx，11211111111111lnlnfxfxfxfxaxxaxxxx，1111111111122ln22ln

xaxxxxxxx11()22ln,1,2hxxxxxxx，22211112(1)(1)ln()2121lnxxxhxxxxxxxx

，当1,2x时，()0hx，()hx递减，所以min235ln2hxh12fxfx的最小值为35ln2故选：A.【点睛】求二元函数的最小值通过二元之间的关系，转化为求一元函数的最小值，同时考查运算求解能

力和转化化归的思想方法，中档题.3．已知函数()e,()lnxfxxgxxx，若12fxgxt，其中0t，则12lntxx的最大值为（）A．1eB．2eC．21eD．24e【答案】A【分析】由题意转化条件2ln2lnxext

，通过导数判断函数fx的单调性，以及画出函数的图象，数形结合可知12lnxx，进而可得12lnlnttxxt，最后通过设函数ln0thttt，利用导数求函数的最大值.【详解】由题意，11exxt，22lnxxt，则2ln2

elnxxt，1xxxfxexexe，当,1x时，0fx，fx单调递减，当1,x时，0fx，fx单调递增，又,0x时，

0fx，0,x时，0fx，作函数exfxx的图象如下：由图可知，当0t时，()fxt有唯一解，故12lnxx，且1>0x，∴1222lnlnlnlntttxxxxt，设ln()thtt，0t，则21ln()thtt，令()0ht，解得et，

易得当0,et时，()0ht，函数()ht单调递增，当e,t时，()0ht，函数()ht单调递减，故1eehth，即12lntxx的最大值为1e.故选：A.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，重点考查转化与化归的思想，变

形计算能力，数形结合思想，属于中档题，本题可得关键是判断12lnxx.4．设函数12ln133fxxxx，函数25212gxxbx，若对于11,2x，20,1x

，使12fxgx成立，则实数b的取值范围是（）A．1,2B．5,8C．1,2D．5,8【答案】A【分析】根据对于11,2x，20,1x，使12fxgx成立，用导数法求得fx的最小值，用

二次函数的性质求得gx的最小值，再解不等式即可.【详解】因为12ln133fxxxx，所以211233fxxx，211233xx，22323xxx，2123xxx，当12x时，0fx，所以fx在1,2上是增函数，所以函数

fx取得最小值213f.因为2225521212gxxbxxbb，当0b时，gx取得最小值0251g，因为对于11,2x，20,1x，使

12fxgx成立，所以10fg，不成立；当1b时，gx取得最小值71212gb，因为对于11,2x，20,1x，使12fxgx成立，所以722123b，解得58b

，此时1b；当01b时，gx取得最小值2512gbb，因为对于11,2x，20,1x，使12fxgx成立，所以221352b，解得12b，此时112b；综上：实数b的取值范围是1,2.故选：A【点

睛】本题主要考查双变量问题以及导数与函数的最值，二次函数的性质，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.5．已知函数224xxfxx，111323xxxxgx，实数a，b满足0ab．若1,xab，

21,1x，使得12fxgx成立，则ba的最大值为（）A．3B．4C．5D．25【答案】A【分析】首先化简函数42,0fxxxx，和11233xxgx，1,1x，并判断函数的单调性，由条件转化为子集关系，从而确定,ab值.

【详解】42fxxx，0x241fxx，0x，当0fx时，解得：20x，当0fx时，解得：2x，所以fx在,0的单调递增区间是2,0，单调递减区间是,2，当2x时取得最小值，22

f11233xxgx，函数在1,1单调递增，3116g，13g，所以，3136gx，令3fx，解得：1x或4x，由条件可知,,,0fxxabab的

值域是,1,1gxx值域的子集，所以b的最大值是1，a的最小值是4，故ba的最大值是3.故选：A【点睛】本题考查函数的性质的综合应用，以及双变量问题转化为子集问题求参数的取值范围，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于中档题型.二、解答题6．已知函数2xfxxe．（Ⅰ）

求函数fx的图象在点0,0f处的切线方程；（Ⅱ）若存在两个不相等的数1x，2x，满足12fxfx，求证：122ln2xx．【答案】（Ⅰ）1yx；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）首先求函数的导数，利用导数的几何意义，求函数的

图象在点0,0f处的切线方程；（Ⅱ）首先确定函数零点的区间，构造函数ln2ln2Fxfxfx，利用导数判断函数Fx的单调性，并得到ln2ln2fxfx在0,上恒成立，并利用单调性，变形得到122ln2xx.【

详解】（Ⅰ）2exfx，所以fx的图象在点0,0f处的切线方程为1yx．（Ⅱ）令2e0xfx，解得ln2x，当ln2x时0fx，fx在,ln2．上单调递增；当ln2x时，0fx，fx在ln2,上单调递

减．所以ln2x为fx的极大值点，不妨设12xx，由题可知12ln2xx．令ln2ln242e2exxFxfxfxx，42e2exxFx，因为ee2xx…，所以0Fx„，所以

Fx单调递减．又00F，所以0Fx在0,上恒成立，即ln2ln2fxfx在0,上恒成立．所以12222ln2ln2ln2ln22ln2fxfxfxfxfx，因为1ln2x，22ln2l

n2x，又fx在,ln2上单调递增，所以122ln2xx，所以122ln2xx．【点睛】思路点睛：本题是典型的极值点偏移问题，需先分析出原函数的极值点，找到两个根的大致取值范围，再将其中一个根进行对称的转化变形，使得x与

ln2x在同一个单调区间内，进而利用函数的单调性分析.7．已知函数3lnfxxkxkR，fx为fx的导函数.（1）当6k时，（i）求曲线yfx在点1,1f处的切线方程；（ii）求函数9gxfxfxx的单调区间

和极值；（2）当3k时，求证：对任意的12,1,xx且12xx，有1212122fxfxfxfxxx.【答案】（1）（i）98yx；（ii）递减区间为0,

1，递增区间为1,；极小值为11g，无极大值；（2）证明见解析.【分析】（1）（i）确定函数fx，求出fx，然后利用导数的几何意义求出切线方程即可；（ii）确定函数gx，求出gx，利用导数研究函数gx的单

调性与极值即可；（2）求出fx，对要证得不等式进行等价转换后，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，结合等价转换后的结果即可证明结论成立.【详解】（1）（i）当6k时，36lnfxxx，故263fxxx.可得11f，19f

，所以曲线yfx在点1,1f处的切线方程为191yx，即98yx.（ii）依题意，323()36lngxxxxx，0,x，从而求导可得2263()36gxxxxx，整理可得323(1)(1)()xxgxx.令

0gx，解得1x.当x变化时，gx，gx的变化情况如下表：x0,111,gx0+gx极小值所以，函数gx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,；gx的极小值为11g，无极大值.（2

）证明：由3lnfxxkx，得23kfxxx.对任意的12,1,xx，且12xx，令12(1)xttx，则1212122xxfxfxfxfx2233112121212233

2lnxkkxxxxxxkxxx3322121121212212332lnxxxxxxxxxkkxxx332213312lnxtttkttt.①令1()2lnhxxxx，

1,x.当1x时，22121()110hxxxx，由此可得hx在1,单调递增，所以当1t时，1hth，即12ln0ttt，因为21x，323331(1)0tttt，3k，所以3

32322113312ln33132lnxtttkttttttttt32336ln1tttt.②由（1）（ii）可知，当1t时，1gtg，即32336l

n1tttt，故32336ln10tttt.③由①②③可得12121220xxfxfxfxfx.所以，当3k时，对任意的12,1,xx，且12xx，有1212122fxfxfxfxxx

.【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：一般地，已知函数,,yfxxab，,,ygxxcd（1）若1,xab，2,xcd，总有12fxgx成立，故2maxminfxgx；（2）若1,xab，

2,xcd，有12fxgx成立，故2maxmaxfxgx；（3）若1,xab，2,xcd，有12fxgx成立，故2minminfxgx；（4）若1,xab，2,xcd，有12fxgx，则

fx的值域是gx值域的子集.8．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：1

22xxe.【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2111

12fxfxfaaxfaaxfax，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1ln

2afaa，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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．9．

已知函数ln()xfxx，()gxaxb，设()()()Fxfxgx．（1）若1a，求()Fx的最大值；（2）若()Fx有两个不同的零点1x，2x，求证：12122xxgxx.【答案】（1）最大值为1b；（2）证明见解析.【分析】（1）首先求出函数的导函数，

再判断()Fx的符号，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值；（2）由题知，121212lnlnxxaxbaxbxx，，即2111lnxaxbx，2222lnxaxbx，要证

12122xxgxx，即可212112lnln2xxxxxx，令21xtx，则只需证2(1)ln(1)1tttt．构造函数2(1)()ln(1)1ttttt，利用导数说明其单调性即可得证；【详解】解：ln()

()()xFxfxgxaxbx（1）解：当1a时，ln()xFxxbx所以21ln()1xFxx．注意(1)0F，且当01x时，()0Fx，()Fx单调递增；当1x时，()0Fx，()Fx单调递增减．所以()Fx的最大

值为(1)1Fb．（2）证明：由题知，121212lnlnxxaxbaxbxx，，即2111lnxaxbx，2222lnxaxbx，可得212121lnln()[()]xxxxaxxb．121212122()()2()xxgxxaxxbxx

212112lnln2xxxxxx．不妨120xx，则上式进一步等价于2211212()lnxxxxxx．令21xtx，则只需证2(1)ln(1)1tttt．设2(1)()ln(1)1ttttt，22(1)()0(1)tttt

，所以()t在(1+)，上单调递增，从而()(1)0t，即2(1)ln(1)1tttt，故原不等式得证．【点睛】本题考查导数在最大值、最小值问题中的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，属于难题．1

0．已知函数1()lnfxaxxx，其中0a.（1）若fx在(2,)上存在极值点，求a的取值范围；（2）设10,1x，2(1,)x，若21fxfx存在最大值，记为Ma，则当1

aee时，Ma是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由【答案】（1）5(2a，)；（2）M（a）存在最大值，且最大值为4e．【分析】（1）求出函数()fx的导数，将题意转换为1axx在(2,)x上有解，由1yxx

在(2,)x上递增，得15(2xx，)，求出a的范围即可；（2）求出函数()fx的导数，得到21[()()]()()maxfxfxfnfm，求出M（a）11()()()()nfnfmalnmnmnm，

根据函数的单调性求出M（a）的最大值即可．【详解】解：（1）2221(1)()1axaxfxxxx，(0,)x，由题意得，210xax在(2,)x上有根（不为重根），即1axx在(2,)x

上有解，由1yxx在(2,)x上递增，得15(2xx，)，检验，52a时，()fx在(2,)x上存在极值点，5(2a，)；（2）210xax中2=a4，若02a

„，即2=a4022(1)()xaxfxx在(0,)上满足()0fx„，()fx在(0,)上递减，12xx12fxfx21()()0fxfx，21()()fxfx不存在最大值，则2a；方程210

xax有2个不相等的正实数根，令其为m，n，且不妨设01mn，则01mnamn，()fx在(0,)m递减，在(,)mn递增，在(,)n递减，对任意1(0,1)x，有1()()fxfm…，对任意2(1,)x，有2()()f

xfn„，21[()()]()()maxfxfxfnfm，M（a）11()()()()nfnfmalnmnmnm，将1amnnn，1mn代入上式，消去a，m得：M（a）112[()()]nlnnnnn，12aee„，11nene

„，1n，由1yxx在(1,)x递增，得(1n，]e，设11()2()2()hxxlnxxxx，(1x，]e，21()2(1)hxlnxx，(1x，]e，()0hx，即()hx在(1，]e递增，[()]max

hxh（e）4e，M（a）存在最大值为4e．【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．11．已知函数()ln(1)axfxex，2()lngxxax，其中aR.（1）若函数()yfx的图象与直线yx在第一象限有

交点，求a的取值范围.（2）当2a时，若()ygx有两个零点1x，2x，求证：12432xxe.【答案】（1）1(0,)2；（2）证明见解析.【分析】（1）根据题意设()()(1)lnaxgxfxxexx

，问题转化为方程()0gx，在(0,)有解，求导，分类讨论①若0a„，②若102a，③若12a…时，分析单调性，进而得出结论.（2）运用分析法和构造函数法，结合函数的单调性，不等式的性质，即可得证.【详解】解：（1）设()()(1)lnaxgxfxx

exx，则由题设知，方程()0gx，在(0,)有解，而1()()1[ln(1)]1()11axaxgxfxeaxeFxx.设()()1axhxeFx，则22221()[()()][(1)](n1)laxaxaxahxeaFxFxeaxx

.①若0a„，由0x可知01axe„，且11()ln(1)111Fxaxxx„，从而()()10axgxeFx，即()gx在(0,)上单调递减，从而()(0)0gxg恒成立，因而方程()0gx在(0,)上无解.②若102a，则221(0)

0(1)ahx，又x时，()hx，因此()0hx，在(0,)上必存在实根，设最小的正实根为0x，由函数的连续性可知，0(0,)xx上恒有()0hx，即()hx在0(0,)x上单调递减，也即()0gx，在0(0,)x上单调递减，从而在0(0,

)x上恒有()(0)0gxg，因而()gx在0(0,)x上单调递减，故在0(0,)x上恒有()(0)0gxg，即0()0gx<，注意到axeax，因此()(1)ln(1)ln[ln(1)1]axgxexxaxxxx

ax，令1axe时，则有()0gx，由零点的存在性定理可知函数()ygx在0(x，1)ae上有零点，符合题意.③若12a…时，则由0x可知，()0hx恒成立，从而()hx在(0,)上单调递增，也即()gx在(0,)上单调递增，从而()(0)

0gxg恒成立，故方程()0gx在(0,)上无解.综上可知，a的取值范围是1(0,)2.（2）因为()fx有两个零点，所以f（2）0，即21012lnaaln，设1202xx，则要证121244xxxx，因为1244x，22x，又因为()fx在(

2,)上单调递增，所以只要证明121(4)()()0fxfxfx，设()()(4)gxfxfx(02)x，则222222428(2)()()(4)0(4)(4)xxxgxfxfxxxxx，所以()gx在(0,2)上单

调递减，()gxg（2）0，所以124xx，因为()fx有两个零点，1x，2x，所以12()()0fxfx，方程()0fx即2ln0axxx构造函数()2lnhxaxxx，则12()()0hxhx，()1l

nhxax，1()0ahxxe，记12(1ln2)apea，则()hx在(0,)p上单调递增，在(,)p上单调递减，所以()0hp，且12xpx，设2()()lnlnxpRxxpxp，22214()()0()()pxpRxxxpxxp

，所以()Rx递增，当xp时，()()0RxRp，当0xp时，()()0RxRp，所以11111112(2ln)xxpaxxlnxxpxp，即22111111(2)()22llnnaxxpxpxxpxpp，211(2ln)(22ln)20pax

appppxp，1(ape，1)lnpa，所以21111(23)20aaxexe，同理21122(23)20aaxexe，所以2112111111(23)2(23)2aaaaxexexexe

，所以12121()[(23)]0axxxxe，所以12123axxe，由2a得：1122332axxee，综上：12432xxe.【点睛】本题考查导数的综合应用

，不等式的证明，关键是运用分类讨论，构造函数的思想去解决问题，属于难题.12．已知函数2211ln24fxxaxxxax.（1）若fx在()0,+?单调递增，求a的值；（2）当1344ae时，设函数fxgxx的最小值为ha，求函数ha的值域.【答

案】（1）1；（2）0,4e.【分析】（1）由fx在()0,+?单调递增，利用导数知()0fx¢³在()0,+?上恒成立即可求参数a的值；（2）由fxgxx有11ln24gxxaxxa，利用二阶导数可知gx

在()0,+?上单调递增，进而可知01,xe，使得00gx，则有gx的单调性得最小值000011ln24gxxaxxaha，结合1344ae并构造函数可求0x取值范围，

进而利用导数研究000031lnln42haxxxx的单调性即可求范围；【详解】（1）lnfxxax，又fx在()0,+?单调递增，∴()0fx¢³，即ln0xax在()0,+?上恒成

立，（i）当1x时，ln0x，则需0xa，故minax，即1a；（ii）当1x时，ln0x，则aR；（iii）当01x时，ln0x，则需0xa，故maxax，即1a；综上所述：1a；（2）11ln24

fxgxxaxxax，11ln24agxxx，212agxxx，∵1344ae，有0gx，∴gx在()0,+?上单调递增，又110

4ga，304agee，∴01,xe，使得00gx，当00,xx时，()0gx¢<，函数gx单调递减，当0,xx时，()0gx¢>，函数gx单调递增，故

gx的最小值为000011ln24gxxaxxaha，由00gx得00011ln24axxx，因此000031lnln42haxxxx，令

11ln24txxxx，1,xe，则13ln024txx，∴tx在1,e上单调递增，又1344ae，114t，34tee，∴0x取值范围为1,e，令31lnln42xxxxx（1x

e），则21131lnln2ln3ln102444xxxxx，∴函数x在1,e上单调递增，又10，4ee，∴04ex，即函数ha的值域为0,4e

.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性求参数，由原函数得到最值，构造中间函数并根据其导数讨论单调性，求最值的取值范围；中间函数需要根据步骤中的研究对象及目的确定；13．已知函数2()22ln()fxxaxxaR.（1）讨

论函数()fx的单调性；（2）若()fx存在两个极值点1221,xxxx，求证：2121(2)fxfxaxx.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求出导函数，根据二次函数的与0的关系来分类讨论函数的单调性，并注意一元二次方程根

的正负与定义域的关系；（2）由1212,xxxx是两个极值点得到对应的韦达定理形式，然后利用条件将21fxfx转变为关于12xx，函数，再运用12xx，的关系将不等式转化为证22212l

n0xxx，构造函数1()2ln(1)gxxxxx，分析函数()gx的单调性，得出最值，不等式可得证.【详解】（1）解：函数fx的定义域为(0,)，2'212()22xaxfxxaxx，则24a.①当0a时，对(0,),()0

xfx，所以函数()fx在(0,)上单调递增；②当02a时，0，所以对(0,),()0xfx，所以函数()fx在(0,)上单调递增；③当2a时，令()0fx，得2402aax或242aax，所以函数

()fx在240,2aa，24,2aa上单调递增；令'()0fx，得224422aaaax，所以()fx在2244,22aaaa上单调递

减.（2）证明：由（1）知2a且1212,1,xxaxx，所以1201xx.又由222122211122ln22lnfxfxxaxxxaxx222222222

21212121212111122ln22ln2lnxxxxxaxxxxxxxxxxxxx.又因为222121212121212121(2)222axxxxaxxxxxxxxxxxx

.所以要证2121(2)fxfxaxx，只需证22112ln2xxxx.因为121xx，所以只需证22221lnxxx，即证22212ln0xxx.令1()2ln(1)gxxxxx，则2'2121()110gxxxx

，所以函数()gx在(1,)上单调递增，所以对1,()(1)0xgxg.所以22212ln0xxx.所以若()fx存在两个极值点1221,xxxx，则2121(2)fxfx

axx.【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，属于较难题.导数中通过双极值点求解最值或证明不等式时，可通过双极值点对应的等式将待求的式子或待证明的式子转变为关于同一变量（注意变量的范围）的式子，然后通过构造新函数，分析新函数的单调性后从而达到求解最值或证明不等式

的目的.14．已知函数2()(2)()xfxxeaxxaR．（1）当1a时，求函数()fx的单调区间；（2）当1ae时，函数()fx有三个不同的零点1x，2x，3x，求证：1232xxxlna．【答案】（1）增区间为(,1)

，(2,)ln；减区间为(1,2)ln；（2）证明见解析.【分析】（1）求出原函数的导函数，得到函数零点，由导函数零点对定义域分段，再由导函数在不同区间段内的符号得到原函数的单调区间；（2）由(0)0f，可得0x是函数的一个零点，不妨设30x，把问题转化为证122

xxlna，即证122xxae．由()0fx，得(2)0xeax，结合1x，2x是方程(2)0xeax的两个实根，得到1212xxeeaxx，代入122xxae，只需证1212212xxxxeeexx，不妨设12xx．

转化为证1212212()10xxxxexxe．设122xxt，则等价于2210(0)ttetet．设2()21(0)ttgtetet，利用导数证明()0gt即可．【详解】（1）解：()(22)(1)(2)xxxfxexexxe，令

()0fx，得11x，22xln．当1x或n2xl时，()0fx；当12xln时，()0fx．()fx增区间为(,1)，(2,)ln；减区间为(1,2)ln；（2）证明：(0)0f，0x是

函数的一个零点，不妨设30x，则要证122xxlna，只需证122xxae．由()0fx，得(2)0xeax，1x，2x是方程(2)0xeax的两个实根，11(2)xeax，①22(2)xeax，②，①②得：1212xxeeaxx，代入122xxae

，只需证1212212xxxxeeexx，不妨设12xx．120xx，只需证1212212()xxxxeexxe．20xe，只需证1212212()10xxxxexxe．设122xxt

，则等价于2210(0)ttetet．设2()21(0)ttgtetet，只需证()0gt，又()2(1)ttgteet，设()1(0)ttett，则()10tte，()t在(0,)上单调递增，则()(0)0t．()0gt，从

而()gt在(0,)上是增函数，()(0)0gtg．综上所述，1232xxxlna．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，属难题．15．

已知函数223xxefxe，其中e为自然对数的底数.（1）证明：fx在,0上单调递减，0,上单调递增；（2）设0a，函数212coscos3gxxaxa，如果总

存在1,xaa，对任意2xR，12fxgx…都成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）ln2a.【分析】（1）直接对函数求导，判断导函数在对应区间上的符号即可证明；（2）总存在1[xa，](0)aa，对任意2x

R都有12()()fxgx…，即函数()yfx在[a，]a上的最大值不小于()ygx，xR的最大值；借助单调性换元法，结合二次函数的性质分别求最值列不等式求解即可【详解】（1）证明：2

3xxeefx令0fx，解得0x，∴fx在0,上单调递增令0fx，解得0x，∴fx在,0上单调递减（2）总存在1[xa，](0)aa，对任意2xR都有12()()f

xgx…，即函数()yfx在[a，]a上的最大值不小于()ygx，xR的最大值max23aafxfafaee令cos1,1txt，∴2123gttata

，对称轴02at∴max513gtg∴2533aaee，52aaee，令,0aemm，∴152mm，∴2m∴2ae，∴ln2a【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性

，考查三角函数的有界性，二次函数的最值以及恒成立问题的转化，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.16．已知函数21ln212hxxbx，21ln2fxxax．其中a，b为常数．（1）若函数hx在定义域内有且只有一个极值

点，求实数b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）,0；（2）证明见解析．【分析】（1）首先求函数的导数，根据题意转化为222yxxb在1,2内有且

仅有一个变号零点，根据二次函数的单调性，列式求解b的取值范围；（2）求出当函数fx有两个零点时，求出ae，再构造函数0gxfaxfaxxa，利用导数判断函数的单调性，得到

faxfax，再通过构造得到212fxfax，利用函数的单调性证明结论.【详解】（1）2222121212'bxxbxxxxhx，因为函数hx在定义域有且仅有一个极值点，所以222yxxb

在1,2内有且仅有一个变号零点，由二次函数的图象和性质知21122022b，解得0b，即实数b的取值范围为,0．（2）2'(0)axaxxxxfx，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1

ln2afaa，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ln1

pxxx，则1'1pxx，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0gxfaxfaxx

a，则2lnlngxaxaaxaax，222'2aagxaxaxaaxxa，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】本题考查利用导数证明函数的单调性，极值，最值，零点，函数与方程，不等式的综合应用，重点考查逻辑推理，转

化与变形，计算能力，属于难题.17．已知函数1xxfxaeeaxaR，fx既存在极大值，又存在极小值.（1）求实数a的取值范围；（2）当01a时，1x，2x分别为fx的极大值点和极小值点.且120fxkfx，求实数k的取

值范围.【答案】（1）0,11,；（2）1k.【分析】（1）求出函数的导数，结合函数的单调性确定a的范围即可；（2）求出函数的极值点，问题转化为11(1)1alnaka，设11()(

1))1xgxlnxkx，根据函数的单调性确定k的范围即可．【详解】解：（1）由1xxfxaeeax得'1xxfxaeea，即1'1xxxfeexea

，由题意，若fx存在极大值和极小值，则'0fx必有两个不相等的实数根，由10xe得0x，所以10xae必有一个非零实数根，∴0a，1xea，∴10a且11a，∴01a或1a.综上，实数a的取值范围为0

,11,.（2）当01a时，由（1）可知fx的极大值点为10x，极小值点为2lnxa，此时11fxa，211lnfxaaa，依题意得111ln0akaaa对任意01a恒成立，由于此时210fxfx，所以k0；所

以1ln11kaaak，即11ln11aaka，设11ln11xxkxgx，0,1x，则2221121112111'xxkxkxxxgx

22211xxkxx，令2210*xxk，判别式244k.①当1k时，0，所以'0gx，gx在0,1单调递增，所以10gxg，即11ln11aaka，符合题意；②当10k时，

，设*的两根为3x，4x，且34xx，则3420xxk，341xx，因此3401xx，则当31xx时，'0gx，gx在3,1x单调递减，所以当31xa时，10g

ag，即11ln11aaka，所以120fxkfx，矛盾，不合题意；综上，k的取值范围是1k.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．18．已知函数22l

nxgxxttRe有两个零点1x，2x.（1）求实数t的取值范围；（2）求证：212114xxe.【答案】（1）ln21t；（2）证明见解析.【分析】（1）写出函数gx定义域并求导，从而得到函数的单调性，根据单调性得到函数的最大值

，要使gx有两个零点，只需最大值202eg即可.（2）函数gx有两个零点1x，2x，可得1122222ln02ln0xxtexxte，两式相减得21221lnln2xxexx

，欲证212114xxe，即证2112212lnln11xxxxxx，设21(1)xttx，构造函数1()2ln(1)fttttt，通过函数ft的单调性即可得到证明.【详解】（1）

函数22lnxgxxttRe定义域为0,，222122=xexxegxe.令0gx得22ex，可得gx在20,2e上单调递增，在2,2e上单调递减，又0x时，gx，x时，gx，故欲

使gx有两个零点，只需22ln11ln2022eegtt，即ln21t.（2）证明：不妨设12xx，则由（1）可知21202exx，且1122222ln02ln0xxtexxte，两式相减可得21221lnln2x

xexx.欲证212114xxe，即证2112212lnln11xxxxxx，设21(1)xttx，则即证12ln(1)tttt，构造函数1()2ln(1)fttttt，则22212(

1)10ttttft，所以ft在1,上单调递增，故10ftf，所以12ln(1)tttt，原不等式得证.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，单调性以及最值问题，考查利用变量集中的思想解决不等式的证明，考查

构造函数的思想，属于中档题.19．已知函数1lnfxxx，gxaxb．（1）若函数hxfxgx在()0,+?上单调递增，求实数a的取值范围；（2）当0b时，若fx与

gx的图象有两个交点11,Axy，22,Bxy，试比较12xx与22e的大小．（取e为2.8，取ln2为0.7，取2为1.4）【答案】（1）,0；（2）2122xxe.【分析】（1）根据条件得到0hx对0,x恒成立，由

此得到关于a的不等式，采用分离常数的方法求解出a的取值范围；（2）根据交点坐标列出对应的方程组，用关于12,xx的式子表示出a，由此得到关于12,xx的等式，通过设变量21xtx得到关于t的函数，利用导数分析出关于t的函

数的最值，再借助基本不等式以及构造函数Gx并利用Gx的单调性分析出12xx与22e的关系.【详解】（1）1lnhxfxgxxaxbx，则211hxaxx，∵hxfxgx在()0,+?上单调递增，∴对0x，都有2

110hxaxx，即对0x，都有211axx，∵2110xx，∴0a，故实数a的取值范围是,0．（2）由题意知1111lnxaxx，2221lnxaxx，两式相加得12121212lnxxxxaxxxx，两式相减得21221112

lnxxxaxxxxx，即212112ln1xxaxxxx，∴21211212122112ln1lnxxxxxxxxxxxxxx，即1212212122112lnlnxxxxxxxxxxxx，

不妨令120xx，记211xtx，令21ln1tFttt1t，则2101tFttt，∴21ln1tFttt在()1,+?上单调递增，则

21ln101tFttFt，∴21ln1ttt，则1221122lnxxxxxx，∴1212212122112lnln2xxxxxxxxxxxx，又121212121212122112122444lnlnln2lnx

xxxxxxxxxxxxxxxxxxx，∴121242ln2xxxx，即12122ln1xxxx，令2lnGxxx，则0x时，2120Gxxx，∴Gx在()0,+?上单调递增，又212ln2ln2

10.85122eee，∴12121222ln1ln22Gxxxxexxe，则122xxe，即2122xxe．【点睛】本题考查导数的综合应用，其中涉及到根据单调性求解参数范围以及双变量转化为单变量等问题，对

学生的分析、计算与转化能力要求很高，难度偏难.20．已知函数2()(2)ln()fxaxaxxaR．（Ⅰ）当0a时，求证：2()22xfxx．（Ⅱ）设232()3gxxx，若1(0,1]

x，2[0,1]x，使得12fxgx…成立，求实数a的取值范围．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1a….【分析】（1）将0a代入，只需证明2202xfxx成立即可，然后构造函数，利用导数讨论单调区间及最小值，利用最值证明即可；（2）若1(0,1]x，2

[0,1]x，使得12fxgx…成立，只需使min1min2fxgx…在1(0,1]x，2[0,1]x上恒成立，然后分别讨论函数fx与gx的最小值，利用最值分析求解.【详解】解：（Ⅰ）当0a

时，要证222()22ln2022xxfxxxxx，只需证ln02xx，令()ln(0)2xhxxx，则112()22xhxxx当(0,2)x时，()0,()hxhx单调递增；当(2,)x时，()0,()hxhx单调递减；所以max

()(2)ln210hxh，()(2)0hxh故ln02xx，所以2()22xfxx．（Ⅱ）问题等价于1(0,1]x，2[0,1]x，12minminfxgx…由232()3gxxx得2()22gxxx，由2()220gxxx…得01x剟，

所以在[0,1]上，()gx是增函数，故min()(0)0gxg．()fx定义域为(0,)，而22121221122xaxaxaxfxaxaxxx．当2a„时，()0fx恒成立，()fx在(0,1]上

是减函数，所以min()(1)2(1)01fxfaa厖，不成立；当2a时，由()0fx，得102xa；由()0fx，得12xa，所以()fx在10,2a单调递减，在1,2a

单调递减．若112a，即21a时，()fx在(0,1]是减函数，所以min()(1)2(1)01fxfaa厖，不成立；若1012a„，即1a…时，()fx在12xa处取得最小值，min11()1ln(2)22fxfaaa

，令1()1ln(2)(1)2haaaa…，则22113()02(2)(2)ahaaaa在[1,)上恒成立，所以()ha在[1,)是增函数且min()(1)0hah，此

时min1()02fxfa…成立，满足条件．综上所述，1a…．【点睛】本题考查导数与不等式的证明，考查导数与双变量问题，难度较大,考查学生分析问题处理问题的能力.导数与不等式的证明，一

般需要构造函数，通过证明函数的最值满足条件从而得出结论,双变量问题多用函数的最值来比较.21．设函数22()ln()fxaxxaxaR．（1）当1a时，试讨论函数()fx的单调性；（2）设2()2()lnxxaax，记()()()hxfxx，当

0a时，若函数()yhx与函数ym有两个不同交点1(Cx，)m，2(Dx，)m，设线段的中点为(,)Esm，试问s是否为()0hs的根？说明理由．【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）s不是()

0hs的根，理由见解析．【分析】（1）把1a代入后对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；（2）先对()hx求导，然后结合导数与单调性关系可求()hx的单调性，欲证()0hs，只需证明1222xxas，结

合函数零点性质，进行合理转化，构造函数，结合导数与函数性质即可证明．【详解】解：（1）由22()fxalnxxax可知，2222(2)()()2axaxaxaxafxxaxxx，所以当1a时，212(21)()11)(21

xxxxfxxxxx因为函数()fx的定义域为(0,)，所以，当(0,1)x时，()0fx，函数()fx单调递减，当(1,)x时，()0fx，函数()fx单调递增；（2）证明：由题可知，2()()()(2)(0)hxfx

xxaxalnxx，22(2)(2)(1)()2(2)axaxaxaxhxxaxxx，当(0,)2ax时，()0hx，当(,)2ax时，()0hx，且()02ah，欲证()0hs，只需证明1

222xxas，设1x，2x是方程()hxm的两个不相等的实根，不妨设120xx，则21112222(2)(2)xaxalnxmxaxalnxm，两式相减并整理得2212121212()22axxlnxlnxxxxx，从而2212

12121222xxxxaxxlnxlnx，故只需证明22121212121222(*)2xxxxxxxxlnxlnx，即22121212121222xxxxxxxxlnxlnx，(*)式可转化为12121222xxlnxln

xxx，即112122221xxxlnxxx，因为120xx，所以1201xx，不妨令12(0,1)xtx，即证22,(0,1)1tlnttt成立，记22(),(0,1

)1tRtlnttt，则22214(1)()0(1)(1)tRttttt…，当且仅当1t时等号成立，()Rt在(0,1)上单调递增，又R（1）0，()0Rt，(0,1)t，故22,(0,1)1t

lnttt，即()0hs不成立，故s不是()0hs的根．当(0,)2ax时，()0hx，当(,)2ax时，()0hx，且()02ah，欲证()0hs，只需证明1222xxas，设1x，2x是方程()hxm的两个不相等的实根，不妨设120x

x，则21112222(2)(2)xaxalnxmxaxalnxm，两式相减并整理得2212121212()22axxlnxlnxxxxx，从而221212121222xxxxaxxlnxlnx，故只需证明221212121212

22(*)2xxxxxxxxlnxlnx，即22121212121222xxxxxxxxlnxlnx，(*)式可转化为12121222xxlnxlnxxx，即112122221xxxlnxxx，因为120xx，所以12

01xx，不妨令12(0,1)xtx，即证22,(0,1)1tlnttt成立，记22(),(0,1)1tRtlnttt，则22214(1)()0(1)(1)tRttttt…，当且仅当1t时等号成立，()Rt在(0,1)上单调递增，又R（1）0

，()0Rt，(0,1)t，故22,(0,1)1tlnttt，即()0hs不成立，故s不是()0hs的根．【点睛】本题综合考查了导数与单调性关系的应用及利用导数及函数的性质求解函数零点问题，体现了转化思想的应用，属于难题．22．已知函数2ln1fxx

ax．（1）若函数yfx在区间1,内是单调递增函数，求实数a的取值范围；（2）若函数yfx有两个极值点1x，2x，且12xx，求证：2120lnfxxe．（注：e为自然对数的底数）【答案】（1）[4,)；（2）证明见

解析【分析】（1）函数yfx在区间1,上是单调递增函数，()201afxxx，化为：222axx，[1,)x.利用二次函数的单调性即可得出.（2）222()1xxafxx在区间(1,)上有两个不相等的实数根，⇔方程2220xxa在区间

(1,)上有两个不相等的实数根.令2()22gxxxa，利用根的分布可得a的范围，再利用根与系数关系可得：21222212111,220,,022axxxxax，得2222222122

2ln11xxxxfxxx，令2222ln(1)1(),,012xxxxhxxx.利用导数研究其单调性极值与最值即可得出.【详解】（1）解：∵函数yfx在区间

1,上是单调递增函数，∴()201afxxx，化为：222axx，[1,)x，令2()22gxxx，则211()24,122gxxx时取等号.4a.∴实数a的取值范围是[4,)；（2）证明：222(

)1xxafxx在区间(1,)上有两个不相等的实数根，即方程2220xxa在区间(1,)上有两个不相等的实数根，记2()22gxxxa，则112(1)0102gg

，解得102a，21222212111,220,,022axxxxax，222222222211222ln1ln11xxxxfxxaxxxx，令2222ln(1)1(),

,012xxxxhxxx，22()2ln(1)(1)xhxxx，记22()2ln(1)(1)xpxxx，23262()(1)xxpxx，令2235()262222uxxxx在1,02

x上单调递增.110,(0)2022uu，因此函数()px存在唯一零点01,02x，使得0)0px，当01,,()02xxpx；当0,0xx时，()0px，而()px在01,2x单

调递减，在0,0x单调递增，而1(0)0,12ln202pp，max()0px，()0hx，∴函数()hx在1,02上单调递减，1(0)()2hhxh，可得：10()ln22

hx，即2110ln22fxx.【点睛】本题考查了利用导数研究单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题.23．已知函数()lnxfxex（1）当1时，求函数fx

的单调区间；（2）若0e，函数fx的最小值为()h，求()h的值域.【答案】（1）单调增区间为(0,)；无单调减区间；（2）1,2e.【分析】（1）由题意对函数求导得()xxexfxxe

，令0xgxexx，通过导数可证明1gx，进而可得0fx，即可得解；（2）由题意结合导数可得000()elnxhfxx且00lnxx，令ln()xrxx，由导数结

合0e可得011xe，进而可得2000(ln)1()xhxx，令21()()lnpxxxx，1,1xe，结合导数求得()px的值域即可得解.【详解】（1）当1时

，函数()lnxfxex，定义域为(0,)，则1()xxxexfxexxe，令0xgxexx，则()10xgxe恒成立；∴gx在(0,)上单调递增，01gxg，∴0fx恒成立，故fx的单调增

区间为(0,)；无单调减区间.（2）∵()e1(0)xxfxxexxx，令()1(0,0)xtxxexe，显然tx在(0,)单调递增，又(0)1t

，(1)10te，∴据零点存在定理，存在00,1x，使00tx即0010xxe，∴当00,xx时，0tx即0fx，fx在00,x上单调递减；当0,xx时，0tx即0fx，fx在0,x上单调递增；∴0m

in00()()elnxhfxfxx①，又0010xxe，∴00lnxx；令ln()xrxx，则2ln1()xrxx，∴当0,1x时，0rx，rx在0,1上单

调递减；又0e，∴000lnxex即011xe，将00lnxx代入①得020000()1()lnlnxhexxxx，令21()()lnpxxxx，1,1xe，∴2222212ln(ln)(ln1)()0

xxxpxxxx，∴()px在1,1e上单调递减，又12pee，11p，∴1,2pxe，故()h的值域为1,2e.【点睛】本题考查了导数的综合应用

，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，细心计算、合理转化是解题关键，属于难题.24．已知函数21()ln()2fxxaxxaR.（1）若()fx在定义域单调递增，求a的取值范围；（2）设1eea，

m，n分别是()fx的极大值和极小值，且Smn，求S的取值范围.【答案】（1）2a；（2）422e4e10,2eS.【分析】（1）由条件可知()0fx恒成立，所以对()fx求导，分离参

数a可得：1axx在(0,)上恒成立，利用对勾函数求1xx在(0,)上的最小值，可得到a的范围.（2）利用()fx在(0,)有极大值和极小值和已知条件，可求出a的范围以及根与系数的关系，用变

量集中的方法表示出s的函数，设变量为t，再根据两根的范围解出t的范围，利用单调性即可求出s的范围.【详解】解：（1）由已知1'()(0,R)fxxaxax，()fx在定义域上单调递增，则()0fx，即1axx在(0,)

上恒成立，而1[2,)xx，所以2a；（2）由（1）知，欲使()fx在(0,)有极大值和极小值，必须2a.又1eea，所以12eea.令211()0xaxfxxaxx的两根分别为1x，2x，即210xax的两根分别为1x，

2x，于是12121xxaxx.不妨设1201xx，则()fx在1(0,)x上单调递增，在12[,]xx上单调递减，在2(,)x上单调递增，所以1()mfx，2()nfx，所以2212111

22211()()(ln)(ln)22Smnfxfxxaxxxaxx221212121()()lnln2xxaxxxx22221121121122122212111()lnln()ln222xxxxxxxxxxxxxxxx

令12(0,1)xtx，于是11()ln2Sttt.2222212121221212()2112(2,e)exxxxxxtatxxxx，即：22112e+ett，解得211te.因为2211111

(1+)+(1)022Sttt，所以11ln2Sttt在21,1e上为减函数.所以422e4e10,2eS.【点睛】本题考查已知单调性求参，考查利用导数求函数值的范

围，考查变量集中方法的应用以及学生的转化能力和计算能力，属于难题.25．已知函数21()(1)ln2fxxaxax.（1）求函数()fx的单调递增区间；（2）任取[3,5]a，函数()fx对任意1212,[1,3]()xxxx，恒有1212|()()|||fxfxxx成

立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）[625,).【分析】（1）求函数导数，分类讨论求()0fx的解即可求解；（2）由(1)知()fx在[1.3]上单调递减，不妨设12xx

，从而把不等式中的绝对值去掉得：1122()()fxxfxx，构造函数()()(13)hxfxxx，把问题转化为恒成立问题，求得实数的取值范围.【详解】（1）(1)()()1(0)axxafxxaxxx当1a

时，2(1)()0xfxx，所以()fx在(0,)上单调递增；当1a时，由(1)()()0xxafxx解得(0,1)x或(,)a，所以()fx在(0,1)，(,)a上单调递增

；当01a时，由(1)()()0xxafxx解得(0,)xa或(1,)，所以()fx在(0,)a，(1,)上单调递增；当0a时，由(1)()()0xxafxx解得(1,)x，所以()fx在(1,)上单调递增.综上所述：当1a时，单

调递增区间为(0,1)和(,)a；当1a时，单调递增区间为(0,)；当01a时，单调递增区间为(0,)a和(1,)；当0a时，单调递增区间为(1,)（2）因为[3,5]a，由（1）得，()fx在[1,3]上单调递减，不妨设12xx

，由1212|()()|||fxfxxx得1221()()fxfxxx，即1122()()fxxfxx令()()(13)hxfxxx，()1ahxxax，只需()0hx恒成立，即1(1

)1axx（[3,5]a，[1,3]x）恒成立，1,3x,110xmax1()1(5(1)111)axxxx即15(1)1xx（[1,3]x）恒成立，即

56()xx（[1,3]x）恒成立，因为56()625xx（当且仅当5x时取等号），所以实数的取值范围是[625,).【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、全称量词和存在量词的综合、不等式恒成立问题等，对分类讨论思想的要求较高，在第（2）问的求解时，去掉绝对值

后，构造新函数，再利用导数研究新函数是解决问题的关键.