【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题25《参变分离法解决导数问题》(解析版).doc，共(31)页，1.593 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题25参变分离法解决导数问题一、单选题1．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.2．若函数()lnxfxxxae没有极值点，则实数a的取值范围是（）A．1,eB．10,eC．1,eD．1,0e【答案】C【分析】先对函数求导，然

后结合极值存在的条件转化为函数图象交点问题，分离参数后结合导数即可求解.【详解】由题意可得，()1ln0xfxxae没有零点，或者有唯一解（但导数在点的两侧符号相同），即1lnxxae没有交点，或者只有一个交点但交点的两

侧符号相同.令1ln()xxgxe，0x，则1ln1()xxxgxe，令1()ln1hxxx则hx在0,上单调递减且10h，所以当01x时，()0hx，()0gx

，gx单调递增，当1x时，()0hx，()0gx，gx单调递减，故当1x时，gx取得最大值1(1)ge，又0x时，()gx，x时，()0gx，结合图象可知，1ae即1ae.故选：

C.【点睛】方法点睛：已知函数没有极值点，求参数值(取值范围)常用的方法：（1）分离参数法：先求导然后将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（2）数形结合法：先求导然后对导函数变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中

画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.3．若函数24lnfxxxbx在0,上是减函数，则b的取值范围是（）A．,2B．,2C．2,D．2,【答案】A【分析】2()4lnfxxxbx在0,上是减函数等价于'0fx

在0,上恒成立，利用分离参数求解即可.【详解】∵2()4lnfxxxbx在0,上是减函数，所以'0fx在0,上恒成立，即'()240bfxxx，即224bxx，∵22242(1)22xxx，∴2b，故选：A.【点睛】本

题主要考查“分离参数”在解题中的应用、函数的定义域及利用单调性求参数的范围，属于中档题.利用单调性求参数的范围的常见方法：①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间,ab上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单

调的;②利用导数转化为不等式'0fx或'0fx恒成立问题求参数范围.4．已知函数xefxexe（e为自然对数的底数），ln4gxxaxea．若存在实数1x，2x，使得

121fxgx，且211xex，则实数a的最大值为（）A．52eB．25eeC．2eD．1【答案】C【分析】根据1fe可求得22exe，利用21gx得到22ln3xaxe，将问题转化为ln3xhxxe，2

,xee的最大值的求解问题，利用导数求得maxhx，从而求得结果.【详解】01feeee，1xe，又211xex且20x，22exe，由21gx，即22ln41xaxea，整理得：22ln

3xaxe，令ln3xhxxe，2,xee，则221ln3ln2exexxxxhxxexe，eyx和lnyx在2,ee上均为减函数，ln2eyxx在2,ee上单调递减，max1ln220ye

，即0hx在2,ee上恒成立，hx在2,ee上单调递减，maxln322ehxheee，即实数a的最大值为2e.故选：C.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，解题关键是

能够通过分离变量的方式将问题转化为函数最值的求解问题，进而利用导数求得函数最值得到结果.5．设函数1axfxxex在0,上有两个零点，则实数a的取值范围（）A．2,eB．1,eC．12,ee

D．20,e【答案】D【分析】令0fx，进行参变分离得2ln>0xaxx，设2ln>0xgxxx，将问题等价于y=a与gx在0，有两个交点.求导，分析导函数的正负得出函数

gx的单调性，从而作出图象和最值，运用数形结合的思想可得选项.【详解】令0fx，即10axxex，解得2ln>0xaxx，设2ln>0xgxxx，所以fx在0，有两个零点等价于y=a与gx在0，有两个交点.因为2'21ln0

>0xgxxx，得xe，所以gx在(0，e)上单调递增，在e，上单调递减，所以max2gxgee.如图所示，画出gx的大致图象。结合图象可知，当20ae时，y=

a与gx在0，有两个交点，即此时fx在0，有两个零点.故选：D.【点睛】本题考查根据函数的零点个数求参数的范围的问题，常采用参变分离的方法，利用导函数研究函数的单调性和最值，运用数形结合的思想，属于较难题.6．已知关于x的方程22ln2xxxkx在1,2

上有两解，则实数k的取值范围为（）A．ln21,15B．9ln21,105C．1,2D．1,e【答案】B【分析】利用参变量分离法可将问题转化为22ln2xxxkx在1,2

上有两解，进而可将问题转化为函数22ln()2xxxfxx与yk在1[,)2上有两个交点，利用导数研究函数()fx的单调性，利用数形结合即可求出实数k的取值范围.【详解】由已知可得22ln2xxxkx在1,2

上有两解，令22ln()2xxxfxx，1[,)2x，则问题转化为函数()yfx与yk在1[,)2上有两个交点，2222(2ln1)(2)(2ln)32ln4()(2)(2)xxxxxxxxxfxxx

，令2()32ln4gxxxx，则22232(21)(2)()23xxxxgxxxxx，因为1[,)2x，所以()0gx恒成立，所以()gx在1[,)2上单调递增，又(1)0g，所以当1)[1,

2x时，()0gx，则()0fx；当[1,)x时，()0gx，则()0fx，所以()fx在1[,1)2上单调递减，在[1,)上单调递增，所以min()(1)1fxf，又1112ln129ln29ln2422()()12542

10522f，所以，实数k的取值范围为9ln21,105.故选：B【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用，考查函数与方程思想，关键是对参变量分离转化为两个函数图象的交点个数使问题得以解决，属于难题.7．若函数2sincoscosfxxxxax在

R上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．1,1B．1,3C．3,3D．3,1【答案】A【分析】求导'232sinsinfxxax，由题意可得'0fx恒成立，即为232sinsin0xax，设sin11txt，即

22+30tat，分0t，01t，10t三种情况，分别求得范围，可得实数a的取值范围.【详解】由函数2sincoscosfxxxxax得'232sinsinfxxax，由题意可得'0fx恒成立，

即为232sinsin0xax，设sin11txt，即22+30tat，当0t时，不等式显然成立；当01t时，32att，由32ytt在0,1上单调递减，可得1t时，32ytt取得最小值1，可得1a，当10t

时，32att，由32ytt在10，上单调递减，可得1t时，32ytt取得最小值1，可得1a，综上可得实数a的取值范围是11，，故选：A.【点睛】本题考查运用导函数研究函数的单调

性，由函数的单调性求参数的范围，利用参变分离的方法解决不等式的恒成立问题，属于较难题.8．若关于x的不等式（a+2）x≤x2+alnx在区间[1e，e]（e为自然对数的底数）上有实数解，则实数a的最大值是（）A．﹣1B．12(1)eeeC．(3)1eeeD．(2)1

eee【答案】D【分析】先对2(2)lnaxxax化简，2(ln)2axxxx，用导数判断lnxx在x1[,]ee的符号为正，可转化为22lnxxaxx，在x1[,]ee有解，设()fx

22lnxxxx，利用导数求函数()fx的最大值max()fx，则amax()fx，即实数a的最大值为max()fx.【详解】由2(2)lnaxxax，得2(ln)2axxxx，令()gxlnxx

，x1[,]ee，则1()1gxx，则()gx在1[,1)e递减，在(1,]e递增，则()(1)10gxg，即由2(ln)2axxxx，得22lnxxaxx，x1[,]ee有解，设()fx22lnxxxx，x

1[,]ee，则()fx221(22)(ln)(1)(2)(ln)xxxxxxxx2(1)(22ln)(ln)xxxxx，令()22lnuxxx，x1[,]ee，则2()1uxx，故()ux在1[,2)e递减，在(2,]e递增

，故()(2)42ln20uxu，故()fx在1[,1)e递减，在(1,]e递增，又1()fe2120eee，22()1eefee0，故2max2()()1eefxfee，故a221eee，即实数a的最大值为221ee

e.故选：D.【点睛】本题考查了不等式有解的问题，并多次利用导数研究函数的单调性求最值，考查了学生的转化能力，逻辑思维能力，运算能力，难度较大.9．已知函数1xfxex，ln1gxxax（0a，e为自然对数的底数）.若

存在00x,，使得000fxgx，则实数a的取值范围为（）A．0,1B．10,eC．210,eD．310,e【答案】C【分析】证明出当0x时0fx，由题意可得出0x使得0gx

，即ln1xax，构造函数ln1xhxx，利用导数求得函数yhx的最大值，结合0a可求得实数a的取值范围.【详解】当0x时，1xfxex，则10xfex，所以，函数yfx在

0,上单调递增，00fxf，由题意可知，0x使得0gx，即ln1xax，令ln1xhxx，其中0x，则maxahx，22lnxhxx，令0hx，得2xe，列表如下：x20,e2e2,e

hx0hx单调递增极大值单调递减所以，函数yhx的最大值为22max1hxhee，21ae，又0a，210ae，因此，实数a的取值范围是210,e.故选：C.【点睛】本题考查利用导数研究不等式能成立问题，考查了参变量

分离法的应用，考查计算能力，属于中等题.10．已知函数()3xfxeax，其中aR，若对于任意的12,[1,)xx，且12xx，都有21xfx1212xfxaxx成立，则a的取值范围

是（）A．[3,)B．[2,)C．(,3]D．(,2]【答案】C【分析】由已知将原不等式等价于1212fxafxaxx恒成立，构造函数()()fxahxx，求导23(

)0xxxeeahxx在[1,)上恒成立，运用参变分离可得选项．【详解】∵对于任意的12,[1,)xx，且12xx，都有211212xfxxfxaxx成立，∴不等式等价为

1212fxafxaxx恒成立，令()()fxahxx，则不等式等价为当12xx时，12hxhx恒成立，即函数()hx在(1,)上为增函数；3()xeaxahxx，则23()0

xxxeeahxx在[1,)上恒成立；∴30xxxeea；即3xxaxee恒成立，令()xxgxxee，∴()0xgxxe；∴()gx在[1,)上为增函数；∴()(1)0gxg；∴30a≥；∴3a.∴a的取值范围是(,3]

.故选：C.【点睛】本题考查构造函数，运用导函数解决不等式恒成立的问题，构造合适的函数是关键，属于较难题．11．已知函数2122xxfxmemR有两个极值点，则实数m的取值范围为（）A．10e

，B．111e，C．1e，D．0，【答案】B【分析】求导1xfxxme，将问题转化为1xfxxme有两个不同的零点，也即是关于x的方程1xxme有两个不同的解，构造函数

xxgxe，求导1xxgxe，分析导函数取得正负的区间，从而得函数gx的单调性和最值，从而可得选项.【详解】函数fx的定义域为R，'1xfxxme，因为函数fx有两个极值点，所以1xfxxme有两个不

同的零点，故关于x的方程1xxme有两个不同的解，令xxgxe，则1xxgxe，当(,1)x时，0gx，当(1,+)x时，0gx，所以函数gx在区间(,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调

递减，又当x时，gx；当x时，0gx，且0,()0xgx11ge，故101me，即111me.故选：B.【点睛】本题考查运用导函数研究函数的单调性、最值、极值，关键在于构造合适

的函数，参变分离的方法的运用，属于中档题.12．已知函数3fxxax在(1,1)上单调递减，则实数a的取值范围为（）A．1,B．3,C．,1D．,3【答案】B【分析】根据'()0fx在(1,1)上恒成立求解．【详解

】∵3()fxxax，∴2'()3fxxa．又函数fx在1,1上单调递减，∴2'()30fxxa在(1,1)上恒成立，即23ax在(1,1)上恒成立．∵当(1,1)x时，3033x，∴3a．所以实数a

的取值范围是[3,)．故选：B．【点睛】本题考查根据导函数研究函数的单调性，以及不等式的恒成立问题，注意当'()0()fxxD时，则函数()fx在区间D上单调递减；而当函数()fx在区间D上单调递减时，则有'()0fx在区间

D上恒成立．解题时要注意不等式是否含有等号，属于中档题．13．对于函数fx，把满足00fxx的实数0x叫做函数fx的不动点.设lnfxax，若fx有两个不动点，则实数a的取值范围是（）A．0,eB．,eC．1,

D．1,e【答案】B【分析】根据定义分离出参数a，构造函数()lnxgxx，讨论单调性和最值，结合图象可得答案.【详解】由lnaxx得lnxax(0,1)xx，令()lnxgxx，则2ln1()(ln)xgxx，()0gx

得()gx在(,)e单调递增，()0gx得()gx在(0,1)和(1,)e单调递减，所以()gx的极小值为()gee，图象如图所示，由图可知，(,)ae时，fx有两个不动点，故选：B.【点睛】本题考查了函数新定义的应用，由导数确定函数的单调性与最值，考查了分离参数法与构

造函数法的应用.14．已知函数xefxaxx，0,x，当21xx时，不等式1221fxfxxx恒成立，则实数a的取值范围为（）A．,eB．,eC．,2eD．,2

e【答案】D【分析】由题意得出1122xfxxfx，构造函数2xgxeax，可知函数ygx在区间0,上单调递增，可得出20xgxeax对任意的0x恒成立，利用参变量分离法可得出2xeax

，利用导数求得函数2xehxx在区间0,上的最小值，由此可求得实数a的取值范围.【详解】函数xefxaxx的定义域为0,，当21xx时，1221fxfxxx恒成立，即1122xfxxfx，构造函数2xgxxfx

eax，则12gxgx，所以，函数2xgxeax在区间0,上为增函数，则20xgxeax对任意的0x恒成立，2xeax，令2xehxx，其中0x，则minahx.212xexhxx

，当01x时，0hx，此时函数yhx单调递减；当1x时，0hx，此时函数yhx单调递增.所以，函数yhx的最小值为min12ehxh，2ea.因此，实数a的取值范围是,2

e.故选：D.【点睛】本题考查利用函数在区间上的单调性求参数，根据不等式的结构特征构造合适的函数是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.二、多选题15．对于函数2lnxfxx，下列说法正确的是（）A．

fx在xe处取得极大值12eB．fx有两个不同的零点C．23fffD．若21fxkx在0,上恒成立，则2ek【答案】ACD【分析】A.先求函数的导数3'12lnxfxx

，判断函数的单调性，判断函数的极大值；B.根据函数的解析式，直接求函数的零点；C.根据函数的单调区间，直接比较大小；D.不等式转化为21kfxx在0,上恒成立，即求函数221ln1()xgxfxxx的最大值.【详解】由已知，3'12l

nxfxx，令'()0fx得0xe，令'()0fx得xe，故()fx在(0,)e上单调递增，在(,)e单调递减，所以fx的极大值为12fee，A正确；又令0fx得ln0x，即1x，fx只有1个零

点，B不正确；函数在,e上单调递减，因为23e，所以23fff，故C正确；若21fxkx在0,上恒成立，即21fxkx在0,上恒成立，设221ln1()xgxfxxx，'32ln1()xgxx

，令'()0gx得120xe，令'()0gx得12xe，故()gx在12(0,)e上单调递增，在12(,)e单调递减，所以12max()()2egxge，2ek，故D正确.故选：ACD【点睛】本题考查利

用导数研究函数的性质，涉及到函数的极值、零点、不等式恒成立等问题，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题.16．关于函数ecosxfxax，π,πx下列说法正确的是（）A．当1a时，fx在0x处的切线方程为yxB．若函数fx在π,π上恰

有一个极值，则0aC．对任意0a，0fx恒成立D．当1a时，fx在π,π上恰有2个零点【答案】ABD【分析】直接逐一验证选项，利用导数的几何意义求切线方程，即可判断A选项；利用分离参数法，构造新函数和利用导数研究函数的单调性和极

值、最值，即可判断BC选项；通过构造新函数，转化为两函数的交点个数来解决零点个数问题，即可判断D选项.【详解】解：对于A，当1a时，ecosxfxx，π,πx，所以00ecos00f，故切点为（0，0），则esi

nxfxx，所以00esin01f，故切线斜率为1，所以fx在0x处的切线方程为：010yx，即yx，故A正确；对于B，ecosxfxax，π,πx，

则esinxfxax，若函数fx在π,π上恰有一个极值，即0fx在π,π上恰有一个解，令0fx，即esin0xax在π,π上恰有一个解，则sinxxae在

π,π上恰有一个解，即ya与sinxxgxe的图象在π,π上恰有一个交点，sincosxxxgxe，π,πx，令0gx，解得：134x，24x，当3,,44x时，0gx，当3,44x

时，0gx，gx在3,4上单调递增，在443,上单调递减，在,4上单调递增，所以极大值为3423204ge，极小值为42204ge，而0,0,

00ggg，作出sinxgxe，π,πx的大致图象，如下：由图可知，当0a时，ya与sinxgxe的图象在π,π上恰有一个交点，即函数fx在π,π上恰有一个极值，则0

a，故B正确；对于C，要使得0fx恒成立，即在π,πx上，ecos0xfxax恒成立，即在π,πx上，cosxxae恒成立，即maxcosxxae，设

cosxxhxe，π,πx，则sincosxxxhxe，π,πx，令0hx，解得：14x，234x，当3,,44x时，0hx，当3,44x时

，0hx，hx在,4上单调递增，在3,44ππ上单调递减，在3,4上单调递增，所以极大值为42204he，11,hhee，所以cosxxhxe在π,πx上的最大

值为42204he，所以422ae时，在π,πx上，ecos0xfxax恒成立，即当422ae时，0fx才恒成立，所以对任意0a，0fx不恒成立，故C不正确；对于D，当1a时，ec

osxfxx，π,πx，令0fx，则ecos0xfxx，即ecosxx，作出函数xye和cosyx的图象，可知在π,πx内，两个图象恰有两个交点，则fx在π,π上恰有2个零点，故D正确.故选：ABD.【点睛】

本题考查函数和导数的综合应用，考查利用导数的几何意义求切线方程，考查分离参数法的应用和构造新函数，以及利用导数研究函数的单调性、极值最值、零点等，考查化简运算能力和数形结合思想.三、解答题17．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1hxmx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1

0f，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0sx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ln1xxxgxx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.18．已知函数32()()fxaxbxxR的图象过点(1,2)P

，且在P处的切线恰好与直线30xy垂直．（1）求()fx的解析式；（2）若()()3gxmfxx在[1,0]上是减函数，求m的取值范围．【答案】（1）32()3fxxx；（2）1m.【分析

】（1）求导得直线斜率，再利用已知条件建立方程组，求解即可函数的解析式；（2）由题得'2()3630gxmxmx在[1,0]上恒成立，法一：分0m和0m两种情况讨论，运用二次函数的性质可得答案.法二：进行参变分离，运用不等式恒成立的思想

可得答案.【详解】解：（1）'2()32fxaxbx，由题意可得(1)2(1)323fabfab，解得13ab.所以32()3fxxx．（2）因为32()()333gxmfxxmxmxx，所以'2()363gxmxmx

.因为()gx在[1,0]上是减函数，所以'2()3630gxmxmx在[1,0]上恒成立，当0m时，30在[1,0]上恒成立；当0m时，设2()363txmxmx，由函数()tx的图象的对称轴为1x可得(1)0(0)0tt

，即363030mm，得1m.故m的取值范围是[1,).法二：'2()3630gxmxmx对[1,0]x成立，当0x时；01恒成立，当0x时；2222111120122(1)1xxm

xxxxx，1;m【点睛】不等式的恒成立问题，常常利用函数的最值得以解决，参数与函数的最值的大小关系．19．已知函数21ln1fxxaxx（0a）.（1）讨论函数fx的单调性；（2）若关于x的不等式1lnxxfx

xx在1，上恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）02a.【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，判断函数的单调性即可；（2原不等式化为：ln2xaxx在1，上恒成立，设ln

2xhxxx，1,x，求出函数的导数，再令221lngxxx，根据函数的单调性求出a的范围即可．【详解】（1）1121121xfxxaxaxx12121axxaxxxx

，0,x，令0fx，则2ax或1x，当02a时，函数fx在区间0,2a和1,上单调递增，在区间,12a上单调递减，当2a时，函数fx在0，

上单调递增，当2a时，函数fx在区间0,1和,2a上单调递增，在区间1,2a上单调递减；（2）原不等式化为：ln2xaxx在1，上恒成立，设ln2xhxxx，1,x，

2221ln21ln2xxxhxxx，令221lngxxx，则140gxxx，所以gx在1，上单调递增，110gxg，所以0hx，则函数hx在1，上单调递增，且12

h，02a.【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究单调性（含参），考查利用导数研究恒成立问题，解决第（2）问的关键是将原不等式转化为ln2xaxx在1，上恒成立，进而利用导数研究函数的单调性，从而得解，考查逻辑思维能

力和运算求解能力，考查转化和划归思想，属于常考题.20．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12

xx，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22a

xx在0,上恒成立.所以2max21axx，即实数a的取值范围是1,.（3）不等式00001fxgxgxfx等价于00001lnaxaxxx，整理得0001ln0axaxx.构造函数1lnam

xxaxx，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.21．已知函数()ln1fxxx，2()2gx

xx．（1）求函数()()()hxfxgx在(1,(1))h处的切线方程；（2）若实数m为整数，且对任意的0x时，都有()()0fxmgx恒成立，求实数m的最小值．【答案】（1）210xy

；（2）1.【分析】（1）利用导数的几何意义求出函数()()()hxfxgx在(1,(1))h处的切线方程；（2）等价于2ln12xxmxx在(0,)上恒成立，设2ln1()(0)2xxxxxx，利用二次求导求出函数的最大

值max011(),122xx，即得解.【详解】（1）2()()()ln1hxfxgxxxx，1(21)(1)()21xxhxxxx，(1)1h，(1)2h，()hx在(1,(1))h处的切

线方程为12(1)yx即210xy．（2）()()0fxmgx，即2ln120xxmxx在(0,)上恒成立，2ln12xxmxx在(0,)上恒成立，设2ln1()(0)2xxxxxx，则22(1)(2ln)()2

xxxxxx，显然10x，2220xx，设()(2ln)txxx，则2()10txx，故()tx在(0,)上单调递减，由(1)10t，11112ln2ln202222t

，由零点定理得01,12x，使得00tx，即002ln0xx，且00,xx时，()0tx，则()0x，0,xx时，()0tx，则()0x．()x在00,x上单调递增，在0,x上

单调递减，00max0200ln1()2xxxxxx，又由002ln0xx，01,12x，则0002000ln111,1222xxxxxx，由()mx恒成立，

且m为整数，可得m的最小值为1．【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是二次求导，在一次求导之后，如果函数的单调区间不易求出，此时一般要进行二次求导，求出新函数的单调区间，求出新函数在什么范围内大于零，什么范围内小于零，再结合已知分析得解.22．设函数xfxaxe.（1）求函

数的单调区间；（2）若对于任意的0,x，不等式2fxx恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为,1a，单调递减区间为1,a；（2）2a.【分析】（1）求出导函数，分别令导函数大于零、小于零可得答案；（2）由已知得到2

xxaxe，然后令2()xxgxxe，0,x利用导数求()gx的最小值可得答案.【详解】（1）1xfxaxe，令0fx，得1xa，令0fx，得1xa，所以

fx的单调递增区间为,1a，单调递减区间为1,a.（2）若对于任意的0,x，不等式2fxx恒成立，即2xxaxe对于任意的0,x恒成立，令2()xxgxxe，

0,x，(1)()xxexgxe，令()(1)xhxex，0,x，()1(0)0xhxeh，所以()hx在0,x单调递增，即()(0)0hxh，()gx在

0,x上恒有()0gx恒成立，所以()gx在0,x单调递增，所以()(0)2gxg，所以2a.【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，当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.23．已知函数()lnfxmxnxx的图象在点,()efe处的切线方程为4yxe.(本题可能用的数据：ln20.69，2.71828e是自然对数的底数)

（1）求函数()fx的解析式；（2）若对任意(1,)x，不等式2[()1](1)fxtx恒成立，求整数t的最大值.【答案】（1）()2lnfxxxx；（2）最大值为8.【分析】（1）求出导函数，然后求在xe处的切线

方程与已知作比较可得答案；（2）令2ln1()1xxxgxx(1x，转化为()2mintgx，然后求()mingx可得答案.【详解】（1）函数()fx的定义域为0,，()lnfxnxmn

，所以有()24()4femnfemeneee，解之得21mn，故函数的解析式为：()2lnfxxxx；（2）当(1,)x时，则2ln121txxxx，令2ln1()1xxxgxx(1x)，则由题意知对任意的(1

,)x，()2mintgx，而22ln()(1)xxgxx，(1,)x，再令()2lnhxxx(1x)，则11()10xhxxx，所以()hx在(1,)上为增函数，又(3)1ln30h，3

(3.5)ln2ln702h，所以存在唯一的0(3,3.5)x，使得0()0hx，即002lnxx，当0(1,)xx时，()0hx，()0gx，所以()gx在0(1,)x上单调递减，当0(,)xx时，()0hx，()0gx

，所以()gx在0(,)x上单调递增，所以00000000002ln12(2)1()()111minxxxxxxgxgxxxx，所以02(1)tx，又0(3,3.5)x，所以02(1)(8,9)x，因为t为整数，所以t的最大值为8.

【点睛】关键点睛：本题考查的是常量分离求参数的最大值问题，解决本题的关键是构造函数，利用该函数的单调性求得最值.24．已知函数1lnfxaxxaR．（1）当1a时，求fx的极值；（2）设1Fxfx，若0Fx对1,x恒成立，求

实数a的取值范围．【答案】（1）极大值0，无极小值；（2）ln2a.【分析】（1）求fx，令0fx，研究函数的单调性，从而求出fx的极值；（2）由0Fx，利用参数分离法把问题转

化为ln1xax，从而转化为求函数ln1xgxx的最大值，进而解不等式求出参数a的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为0,，当1a时，ln1fxxx，111xfxxx，当01x，0fx，

fx在0,1上为增函数；当1x时，0fx，fx在1,上为减函数，故当1x时，fx取极大值10f，无极小值．（2）1=ln(1)Fxfxaxx，由0Fx可得ln1axx

则原问题等价于ln1xax在1,x上恒成立，令ln1xgxx，求导得2ln11xxxgxx令ln11xhxxx，求导得22110111

1xhxxxxxhx在1,x是减函数，1211ln20422hxhee，据此可得0gx成立，gx在1,x是减函数，max1ln2gxg，

ln2a，即ln2a,参数a的取值范围是ln2a【点睛】（1）求函数的极值一般步骤：（1）求fx；（2）令0fx，求出其极值点；（3）利用导数的正负，判断函数的单调性；（4）求出

fx的极值．（2）求参数范围问题的常用方法：参数分离法，构造新的函数，将问题转化为利用导数求新函数单调性与最值.25．已知函数323()2fxxax．（1）讨论函数fx的单调性；（2）设1a，当12x时，()xfxxke，

实数k的取值范围．【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）1,8e．【分析】(1)求导后，求得函数的导函数的零点，根据二次函数的性质，对实数a进行分类讨论，判定导数的正负值区间，从而得到函数的单调性和单调区间；（2）利用分离参数法，并构造函数，利用导数

研究其单调性，求得最小值，进而根据不等式恒成立的意义得到k的取值范围.【详解】解：（1）299()2222fxxaxxxa，令0fx，得10x，249xa．当0a时，0fx恒成立，且仅在

0x时取等号，故fx在R上单调递减；当0a时，在区间4,9a和0,上0fx，在区间4,09a上0fx，所以fx的单调递减区间为4,9a，0,，fx的单调递增区间为4,09a；当0a

时，在区间,0，4,9a上0fx，在区间40,9a上0fx．所以fx的单调递减区间为,0，4,9a，单调递增区间为40,9a．（2）当1a时，由题意可知，()xfx

xke在1,2上恒成立，即3223322xxxxxkekexx在1,2上恒成立，设23()2xgxexx，则()31xgxex，设()31xhxex，则()3xhxe，()0ln3hxx当1,ln3

2x时，()0hx，当(ln3,)x时，()0hx，∴gx在，1,ln32上单调递减，在ln3,上单调递增，∴()(ln3)43ln30gxg

，∴()gx在1,2上单调递增，min11()28gxge，∴实数k的取值范围是1,8e．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，和导数

的不等式恒成立求参数取值范围问题，属中档题，难度一般.