【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题26《构造函数法解决导数问题》(解析版).doc，共(54)页，5.946 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题26构造函数法解决导数问题一、多选题1．函数ln1xxkfxex在0,上有唯一零点0x，则（）A．001xxeB．0112xC．1kD．1k【答案】ABC【分析】由0fx，可得出

lnxxkxexe，令xuxxe，0x，利用导数得出函数ux在0,上为增函数，再令lngttt，其中0t，利用导数分析函数gt在0,上的单调性，可求得1k，可判断ACD选项的正误，再结合函数ux的单调性可判断B选项的正误.【详解】

由0fx，可得ln0xxexxk，即lnxxkxexe，令xuxxe，其中0x，则10xuxxe，所以，函数xuxxe在区间0,上单调递增，则00uxu，令lngttt

，其中0t，111tgttt.当01t时，0gt，此时函数gt单调递减；当1t时，0gt，此时函数gt单调递增.所以，min11gtg.若函数fx在0,上有唯一零

点0x，则1k.所以，0001xuxxe，由于函数ux在0,上单调递增，1122eu，11ue，即0112uuxu，0112x，所以，ABC选项正确，D选项错误.故选：ABC.【点睛】利用导数求解函数的零点个数

问题，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程（或不等式）组求解，实现形与数的和谐统一.2．已知函数yfx在R上可导且01f，其导函

数fx满足(1)()()0xfxfx，对于函数()()xfxgxe，下列结论正确的是（）A．函数gx在,1上为增函数B．1x是函数gx的极小值点C．函数gx必有2个零点D．2()(2)eefeef【答案】BD【分析】对函数()gx求导，求出单调区间和

极值，可判断选项A，B；根据极小值的大小可得函数的零点个数，判断选项C；利用()gx在1,上为增函数，比较2g与ge的大小关系，判断出选项D．【详解】函数()()xfxgxe，则xfxfxgxe，当1x时，0fxfx，故()gx在

1,上为增函数，A错误；当1x时，0fxfx，故()gx在,1单调递减，故1x是函数g(x)的极小值点，B正确；若10g，则()ygx有两个零点，若10g，则()ygx有一个零点，若10g，则()ygx没有零点，故C错误；()g

x在1,上为增函数，则2gge，即22effeee，化简得2()(2)eefeef，D正确；故选：BD【点睛】本题考查导数在单调性中的应用，考查函数的极值，考查函数的零点问题，考查利用单调性比较大小，属于中

档题．3．设定义在R上的函数fx满足2fxfxx，且当0x时，fxx.己知存在220111122xxfxxfxx，且0x为函数xgxeexa(,aRe为自然对数的底数)的

一个零点，则实数a的取值可能是（）A．12B．2eC．2eD．e【答案】BCD【分析】先构造函数，判断函数的奇偶性，求函数的导数，研究函数的单调性，结合函数零点的性质建立不等式关系进行求解即可．【详解】解：令函数21()()2Txfxx，因为2()()fxfxx，22211

()()()()()()()022TxTxfxxfxxfxfxx，()Tx为奇函数，当0x„时，()()0Txfxx，()Tx在,0上单调递减，()Tx在R上单调

递减．存在0{|()(1)}xxTxTx…，得00()(1)TxTx…，001xx„，即012x„，()xgxeexa；1()2x„，0x为函数()ygx的一个零点；当12x„时，()0xgxeex„，函数()gx在12x„时单调递减

，由选项知0a，取12axe，又0aeagee，要使()gx在12x„时有一个零点，只需使11022geea„，解得2ea…，a的取值范围为,2e

，故选：BCD．【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，根据条件构造函数，研究函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大，属于中档题．4．已知函数fx的导函数为fx，若2fxxfxfxx对(0,)x

恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（）A．(2)(1)2ffB．(2)(1)2ffC．(2)1(1)42ffD．(2)1(1)42ff【答案】BD【分析】先设2()()fxxgxx，()()f

xhxx，0,x，对函数求导，根据题中条件，分别判断设()gx和()hx的单调性，进而可得出结果.【详解】设2()()fxxgxx，()()fxhxx，0,x，则243()12

()()2()()fxxxfxxxfxfxxgxxx，2()()()xfxfxhxx.因为()2()fxxfxfxx对0,x恒成立，所以0gx，0hx，所以gx在0,

上单调递减，hx在0,上单调递增，则12gg，12hh，即22(1)1(2)212ff，(1)(2)12ff即(2)1(2)(1)422fff.故选：BD.【点睛】本题主要考查导

数的方法判定函数单调性，并根据单调性比较大小，属于常考题型.5．已知函数fx的定义域为0,，导函数为'fx，'lnxfxfxxx，且11fee，则（）A．1'0feB．fx在1xe处取得极大值C．011

fD．fx在0,单调递增【答案】ACD【分析】根据题意可设21ln2fxxxbx，根据11fee求b，再求fx判断单调性求极值即可.【详解】∵函数fx的定义域为0,，导函数为'fx，'lnxfxfxxx即满足

2'lnxfxfxxxx∵2'fxxfxfxxx∴lnfxxxx∴可设21ln2fxxbx（b为常数）∴21ln2fxxxbx∵211111ln2bfeeeee

，解得12b∴211ln22fxxxx∴112f，满足011f∴C正确∵22111lnln=ln10222fxxxx，且仅有1'0fe∴B错误，A、D正确故选：ACD【点睛】本题主要考查函数的概念和性质，以及利用导

数判断函数的单调性和极值点，属于中档题.6．若存在实常数k和b，使得函数Fx和Gx对其公共定义域上的任意实数x都满足：Fxkxb和Gxkxb恒成立，则称此直线ykxb为Fx和Gx的“隔离直线”，已知函数2fxxRx，10gxxx，

2lnhxex（e为自然对数的底数），则（）A．mxfxgx在31,02x内单调递增；B．fx和gx之间存在“隔离直线”，且b的最小值为4；C．fx和gx之间存在“隔离直线”，且k的取值范围是4,1；D．fx和hx之间存

在唯一的“隔离直线”2yexe.【答案】ABD【分析】令mxfxgx，利用导数可确定mx单调性，得到A正确；设fx，gx的隔离直线为ykxb，根据隔离直线定义可得不等式组22010xkxbkxbx

对任意,0x恒成立；分别在0k和k0两种情况下讨论b满足的条件，进而求得,kb的范围，得到B正确，C错误；根据隔离直线过fx和hx的公共点，可假设隔离直线为ykxkee；分别讨论0k、k0和0k时，是否满足ee

0fxkxkx恒成立，从而确定2ke，再令2eeGxxhx，利用导数可证得0Gx恒成立，由此可确定隔离直线，则D正确.【详解】对于A，21mxfxgxxx，

212mxxx，3321221mxxx，当31,02x时，0mx，mx单调递增，223333312422022mxm

，mx在31,02x内单调递增，A正确；对于,BC，设fx，gx的隔离直线为ykxb，则21xkxbkxbx对任意,0x恒成立，即22010

xkxbkxbx对任意,0x恒成立.由210kxbx对任意,0x恒成立得：0k.⑴若0k，则有0b符合题意；⑵若k0则有20xkxb对任意,0x恒成立，2yxkxb

的对称轴为02kx，2140kb，0b；又21ykxbx的对称轴为02bxk，2240bk；即2244kbbk，421664kbk，40k；同理可

得：421664bkb，40b；综上所述：40k，40b，B正确，C错误；对于D，函数fx和hx的图象在xe处有公共点，若存在fx和hx的隔离直线，那么该直线过这个

公共点.设隔离直线的斜率为k，则隔离直线方程为yekxe，即ykxkee，则ee0fxkxkx恒成立，若0k，则2e00xx不恒成立.若k0，令20uxxkxkeex，对称轴为02

kx2uxxkxkee在0,e上单调递增，又0ueekekee，故k0时，ee0fxkxkx不恒成立.若0k，ux对称轴为02kx，若0ux恒成立，则223420kkeeke

，解得：2ke.此时直线方程为：2yexe，下面证明2hxexe，令222lnGxexehxexeex，则2exeGxx，当xe时，0Gx；当0xe时，0Gx；当xe时，0Gx；当xe时，Gx

取到极小值，也是最小值，即min0GxGe，20Gxexehx，即2hxexe，函数fx和hx存在唯一的隔离直线2yexe，D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查导数中的新定义问题的求解；解题关键是能够充分理解隔离直线的定义，将问题

转化为根据不等式恒成立求解参数范围或参数值、或不等式的证明问题；难点在于能够对直线斜率范围进行准确的分类讨论，属于难题.7．已知定义在0,2上的函数()fx，()fx是()fx的导函数，且恒有cos()sin()0

xfxxfx成立，则()A．264ffB．363ffC．363ffD．2364ff【答案】C

D【分析】根据题意，令()()cosfxgxx，0,2x，对其求导分析可得()0gx，即函数()gx为减函数，结合选项分析可得答案．【详解】解：根据题意，令()()cosfxgxx，0,2x，则其导数2

()cossin()()fxxxfxgxcosx，又由(0,)2x，且恒有cos()sin()0xfxxfx，则有()0gx，即函数()gx为减函数，又由63，则有()()63gg，即()()63coscos63ff，分

析可得()3()63ff；又由64，则有()()64gg，即()()64coscos64ff，分析可得2()3()64ff．故选：CD．【点睛】本题考查函数的单调性与函数导数的关系，注意构造函数()()cosfxgxx，并借助导数分析其单调性，属于

中档题．二、单选题8．已知数列na满足11a，1ln1nnaa.若11nnaa恒成立，则实数的最大值是（）(选项中e为自然对数的底数，大约为2.71828)A．21eB．2e1C．eD．e【答案】D【分析】先由已知判断出1nnaa，再根据11nnaa

得到11ln(11)nnaa，构造函数()lntftt，利用单调性求出最小值大于0，从而得到答案.【详解】由1ln1nnaa得111ln1nnnnaaaa，设()ln(1)

,1fxxxx，()1xfxx，()fx在(1,0)单调递减，在(0,）单调递增，故min()(0)0fxf，则10nnaa，所以1nnaa，1na，由11nnaa得111ln(1)nna

a易得11ln(11)nnaa，记110nta，所以111ln(1ln)nnatat，记()lntftt，2ln1()lntftt，当ln10t即()0ft得te时()ft单调递增，当ln

10t即()0ft得0te时()ft单调递减，所以min()()ftfee，得e，故选：D.【点睛】本题考查了数列和导数的综合应用，考查学生的推理能力，计算能力，构造函数解题是关键.9．已知函数(),1,2,x

aefxxx且12121212,1,2,1fxfxxxxxxx，恒成立，则实数a的取值范围是（）A．24,eB．24,eC．,0D．0+，【答案】A【分析】根据条件

变形可知Fxfxx在区间1,2上单调递减，转化0Fx恒成立，即可求解.【详解】不妨设121212,1,fxfxxxxx可得1122.fxxfxx令,Fxf

xx则Fx在区间1,2上单调递减，所以0Fx在区间1,2上恒成立，2110,xaexFxx当1x时，,aR当1,2x时，21xxagxex，而

222201xxxxgxex，所以gx在区间1,2上单调递减，则2min42gxge，所以24,ae.故选：A【点睛】关键点点睛：本题中12121212,1,2,1fxfxxxxxxx，恒

成立，可转化为函数Fxfxx递减是解题的关键，突破此点后，利用导数0Fx在区间1,2上恒成立，分离参数就可求解.10．已知21ln(0)2fxaxxa，若对任意两个不等的正实数1x，2x，都有12122fxfxxx恒成立，则a的取值范围是（）

A．0,1B．1,C．0,1D．1,【答案】D【分析】根据条件12122fxfxxx可变形为112212()2[()]20fxxfxxxx，构造函数21()2ln()2

02gxfxxaxaxx，利用其为增函数即可求解.【详解】根据1212()()2fxfxxx可知112212()2[()]20fxxfxxxx，令21()2ln()202gxfx

xaxaxx由112212()2[()]20fxxfxxxx知()gx为增函数，所以'200,0agxxxax恒成立，分离参数得2axx，而当0x时，

2xx在1x时有最大值为1，故1a.故选：D【点睛】关键点点睛：本题由条件12122fxfxxx恒成立，转化为112212()2[()]20fxxfxxxx恒成立是解题的关键，再

根据此式知函数21()2ln()202gxfxxaxaxx为增函数,考查了推理分析能力，属于中档题.11．已知fx是定义在,00,上的奇函数，且0x时20xfxfx，又10f，则0fx的解集为（）A．

,11,UB．1,00,1UC．1,01,D．,10,1【答案】D【分析】根据题意，构造新函数2gxxfx，0x，通过导数研究函数单调性得出gx在0,上单调递增，再根据函数的奇偶性的定义得出gx是定义在

,00,上的奇函数，最后由10f，得出10g，所以10g，从而可求出0gx的解集，即0fx的解集.【详解】解：由题可知，当0x时20xfxfx，令2gxxfx，0x，则

2220gxxfxxfxxxfxfx，所以gx在0,上单调递增，因为fx是定义在,00,上的奇函数，则fxfx，所以22gxxfxxfxgx

，得gx也是定义在,00,上的奇函数，所以gx在,0和0,上单调递增，又10f，则21110gf，所以10g，所以可知0gx时，解得：1x或01x，则0fx，即

20gxfxx，即0gx，所以0gx的解集为：,10,1，即0fx的解集为,10,1.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查函数的导数的应用，考查利用函数的单调性解不等式和函数的奇偶性的应用，通过构

造新函数2gxxfx，0x是解题的关键.12．已知偶函数()yfx对于任意的[0,)2x满足'()cos()sin0fxxfxx（其中'()fx是函数()fx的导函数），则下列不等式中成立

的是（）A．2()()34ffB．2()()34ffC．(0)2()4ffD．()3()63ff【答案】D【解析】试题分析：令,因,故由题设可得,即函数在上单调递增且是偶函数.又因,故,即,所以()3()63ff,故应选D.考点：导数在研

究函数的单调性方面的运用.【易错点晴】本题将导数的知识和函数的单调性及不等式的解法等知识有机地结合起来,综合考查学生的数学思想和数学方法及运用所学知识去分析问题解决问题的能力.求解时,先将巧妙地构造函数,再运用求导法则求得,故由题设可得,即函数在上单调递增且是偶函数.

再运用检验的方法逐一验证四个答案的真伪,从而使得问题获解.13．已知奇函数fx的导函数为fx，当0x时，0xfxfx，若11,,1afbefecfee，则,,abc的大小关系正确的是（）A．abcB．bca

C．acbD．cab【答案】C【分析】令gxxfx，求导可得gx单调递增，再结合奇函数的性质即可得解.【详解】令gxxfx，则0gxfxxfx，所以gx单调递增，因为11ee，所以11gegge

即111efeffee，又fx为奇函数，所以efeefe，所以bca.故选：C.【点睛】解决本题的关键是构造合理的新函数，利用导数确定函数的单调性即可得解.14

．设定义在R上的函数fx的导函数为'fx，若'2fxfx，02021f，则不等式22019xxefxe（其中e为自然对数的底数）的解集为（）A．0，B．2019，C．0，D．02

019，，【答案】C【分析】根据条件构造函数2xgxefx，分析gx的单调性并计算g0的值，将22019xxefxe转化为2019gx，由此求解出不等式的解集.【详解】设2xgxefx，所以2xgxefx

fx，因为'2fxfx，所以20xgxefxfx，所以gx在R上单调递减，且01022019gf，又因为22019xxefxe等价于2019gx，所以解集为,0，故选：C.

【点睛】本题考查根据导函数有关的不等式构造抽象函数求不等式解集问题，解答问题关键是能根据条件构造出合适的抽象函数，难度较难.常见的构造方法：（1）若出现fxfx形式，可考虑构造xgxefx；（2）若出现fxfx，可考虑构造xfxgxe；

（3）若出现fxxfx，可考虑构造gxxfx；（4）若出现fxxfx，可考虑构造fxgxx.15．若曲线21:Cyx与曲线2:(0)xeCyaa存在公切线，则实数a的取值范围（）A．(

0,1)B．21,4eC．2,24eD．2,4e【答案】D【分析】分别求出两个函数的导函数，由两函数在切点处的导数相等，并由斜率公式，得到由此得到22mn，则144nnea有解．再利用导数进一步求得a的取值范围．【详解】2yx=在点2(,)m

m的切线斜率为2m，(0)xeyaa在点1(,)nnea的切线斜率为1nea，如果两个曲线存在公共切线，那么：12nmea．又由斜率公式得到，212nmeammn，由此得到22mn，则144nnea有解，由44yx，1xyea的图象有公共点即可．当直线44yx与

曲线1xyea相切时，设切点为(,)st，则14sea，且144stsea，可得4,2ts即有切点(2,4)，24ea，故a的取值范围是：24ea…．故选:D.【点睛】本题利用导数研究

曲线上某点的切线方程，曲线上某点处的切线的斜率，就是函数在该点处的导数值，考查转化思想和运算能力，是中档题．16．丹麦数学家琴生(Jensen)是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数fx在,ab上的导函数为fx，f

x在,ab上的导函数为fx，若在,ab上0fx恒成立，则称函数fx在,ab上为“凸函数”.已知2lnxfxexxpx在1,4上为“凸函数”，则实数p的取值范围是（）A．1,22eB．1,e

C．41,28eD．,e【答案】C【分析】求函数导数，结合导数不等式进行求解，构造函数，利用函数的单调性研究函数的最值即可．【详解】2lnxfxexxpx，ln12xfxexpx

，12xfxepx，2lnxfxexxpx在1,4上为“凸函数”，120xfxepx在1,4上恒成立，即12xpex在1,4上恒成立，令1xgxex，1,4x，210xgxex，

1xgxex在1,4上单调递增，4144gxge，4124pe，即41,28ep.故选：C.【点睛】本题主要考查导数的综合应用，求函数的导数，构造函数，利用导数

研究函数的极值和最值是解决本题的关键．17．已知函数fx的定义域为R，fx为fx的导函数.若1fxfx，且01f，则不等式12xfxe的解集为（）A．,0B．1,C．0,D．,1【答案】A

【分析】本题为含导函数的抽象函数的构造问题，由1fxfx联想到构造1xfxFxe，对其求导，从而判断出该函数的单调性.又由01f得出02F，不等式12xfxe等价于12xfxe，将其转化为0FxF，

利用单调性就可得出不等式的解集.【详解】设1xfxFxe，则1xfxfxFxe.∵1fxfx，∴0Fx，即函数Fx在定义域R上单调递减.∵01f，∴02F，∴不等式12xfxe等价于12xfxe，即

0FxF，解得0x.故不等式的解集为,0.故选A.【点睛】本题考查了含导函数的抽象函数的构造问题，常见的构造法如下：（1）关系式为“加”型，常构造为乘法①0fxfx，构造xFxefx，[]xFxefxfx

，②0xfxfx，构造Fxxfx，Fxxfxfx，③0xfxnfx，构造nFxxfx，1[]nFxxxfxnfx；（2）关系式为“减”型，常构造为除法①0fxfx，构造xfx

Fxe，xfxfxFxe，②0xfxfx，构造fxFxx，2xfxfxFxx，③0xfxnfx，构造nfxFxx

，1nxfxnfxFxx.18．函数yfx，xR，12021f，对任意的xR，都有2'30fxx成立，则不等式32020fxx的解集为（）A．,1B．1,1C．1,D．,1

【答案】D【分析】结合已知条件分析，需要构造函数3hxfxx,通过条件可得到''2()()30hxfxx,hx在R上为增函数，利用单调性比较，即可得出答案．【详解】设3hxfxx

，则''230hxfxx，∴hx在R上为增函数，3(1)(1)12020hf，而33()2020()(1)fxxfxxh，即1hxh，∴1x.故选：D.【点睛】本题考查函数单调性的应用之解抽象不等式，构造函数是解决本题的关键，运用导函数提出所

构造函数的单调性，属于较难题.19．已知函数()(1)fxlnxax，若不等式2()1fxaxb对于任意的非负实数a都成立，求实数b的取值范围为（）A．(，0]B．(，1]C．[0，)

D．[1，)【答案】C【分析】由已知条件可得2(1)1blnxaxax对于任意的非负实数a都成立，令2()1gaxxalnxx，0a，结合一次函数的单调性，可得1blnxx恒成立，令()1hxlnxx，求得导数和

单调性，可得()hx的最大值，进而得到b的范围．【详解】解：不等式2()1fxaxb对于任意的非负实数a都成立，即2(1)1blnxaxax对于任意的非负实数a都成立，令2()1gaxxalnxx，0a，因为

2()0xx，所以ga在[0，)上递减，所以(0)1maxgaglnxx，所以问题转化为1blnxx恒成立，令()1hxlnxx，则'1()1hxx，由'()0hx，可得01x；

'()0hx，可得1x．所以()hx在(0,1)上递增，在(1,)上递减．所以()maxhxh（1）0，所以0b．故选：C．【点睛】本题考查不等式恒成立问题解法，注意构造法的运用，以及导数的运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．20．定义在

R上的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，若∀x∈R，都有2f(x)＋xf′(x)＜2，则使x2f(x)－f(1)＜x2－1成立的实数x的取值范围是（）A．{x|x≠±1}B．(－1，0)∪(0，1)C．(－1，1)D．(－∞，－1)

∪(1，＋∞)【答案】D【分析】根据已知构造合适的函数，对函数求导，根据函数的单调性，求出函数的取值范围，并根据偶函数的性质的对称性，求出0x的取值范围．【详解】解：当0x时，由2()()20fxxfx可知：两边同乘以x得：22()()20xf

xxfxx设：22()()gxxfxx则2()2()()20gxxfxxfxx，恒成立：()gx在(0,)单调递减，由21xfxf21x2211xfxxf即1gxg即1x；

当0x时，函数是偶函数，同理得：1x综上可知：实数x的取值范围为(，1)(1，)，故选：D．【点睛】主要根据已知构造合适的函数，函数求导，并应用导数法判断函数的单调性，偶函数的性质，属于中档题．21．设函数

fx在R上存在导数fx，对任意的Rx，有2cosfxfxx，且在0,上有sinfxx，则不等式cossin2fxfxxx的解集是（）A．,4B．,4C．,6D．,6

【答案】B【分析】构造函数，由已知得出所构造的函数的单调性，再利用其单调性解抽象不等式，可得选项.【详解】设cosFxfxx，∵2cosfxfxx，即coscosfxxxfx，即FxFx

，故Fx是奇函数，由于函数fx在R上存在导函数fx，所以，函数fx在R上连续，则函数Fx在R上连续.∵在0,上有sinfxx，∴sin0Fxfxx，故Fx在

0,单调递增，又∵Fx是奇函数，且Fx在R上连续，∴Fx在R上单调递增，∵cossin2fxfxxx，∴cossincos222fxxfxxfxx，即2FxFx

，∴2xx，故4x，故选：B．【点睛】本题考查运用导函数分析函数的单调性，从而求解抽象不等式的问题，构造合适的函数是解决问题的关键，属于较难题.22．设()fx是函数()fx的导函数，若对任意

实数x，都有()()()0xfxfxfx，且(1)2020fe，则不等式()20200xxfxe的解集为（）A．[1,)B．(,1]C．(0，2020]D．(1，2020]【答案】A【

分析】构造函数()()xxfxgxe，利用导数可得()gx为单调递增函数，将原不等式化为()(1)gxg，根据单调性可解得结果.【详解】构造()()xxfxgxe，则2()()()()xxxxfxfxexfxegxe()()()xxfxfxxfxe

()()()xxfxfxfxe0，所以()gx为单调递增函数，又(1)(1)2020fge，所以不等式()20200xxfxe等价于()2020xxfxe等价于()(1)gxg，所以1x，故原不等式的解集为[1,)，故选：A．【点睛】本题考查了构造

函数并利用导数得到函数的单调性，考查了利用单调性解不等式，考查了转化化归思想，属于中档题.23．已知fx是可导的函数，且fxfx，对于xR恒成立，则下列不等关系正确的是（）A．10fe

f，202020200fefB．10fef，211fefC．10fef，211fefD．10fef，202020200fef【答案】C【分析】构造新函数()()xfxgxe，求导后易证得()gx在R上单调递减

，从而有(1)(0)gg，(2020)(0)gg，(1)(1)gg，故而得解．【详解】设()()xfxgxe，则()()()xfxfxgxe，()()fxfx，()0gx，即()gx在R上单调递减，(1)(0)gg，即0(1)(0)ffee，即(1)e

(0)ff，故选项A不正确；(2020)(0)gg，即20200(2020)(0)ffee，即2020(2020)(0)fef，故选项D不正确；(1)(1)gg，即1(1)(1)ffee，即2(1)(1)fef．故选项B不正确；故

选：C．【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，构造新函数是解题的关键，考查学生的分析能力、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．24．已知函数fx的导函数为'fx，e为自然对数的底数，对xR均有'fxxfxxfx成立，且22fe，

则不等式2xxfxe的解集是（）A．,eB．,eC．,2D．()2,+?【答案】D【分析】先构造函数xxfxgxe，再利用导数研究函数单调性，最后根据单调性解不等式.【详解】原不

等式等价于2xxfxe，令xxfxgxe，则0xfxxfxxfxgxe恒成立，gx在R上是增函数，又22fe，22g，原不等式为2gxg，解得2x，故选D.【点睛】本题考查利用导数解不等式，考

查基本分析求解能力，属中档题.25．函数fx是定义在区间0,上的可导函数，其导函数fx，且满足20xfxfx，则不等式202020202222020xfxfx的解集为（

）A．2018xxB．20202018xxC．2018xxD．20200xx【答案】B【分析】构造新函数2gxxfx，求导后可证明gx在0,上单调递增，而不等式

202020202222020xfxfx可等价于20202gxg，故2020020202xx，解之即可.【详解】令2gxxfx，则222gxxfxxfxxfxxfx，∵

定义域为0,，且20xfxfx，()0gx，gx在0,上单调递增，不等式202020202222020xfxfx等价于20202gxg，2020020202xx，

解得20202018x故选：B【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、解不等式，构造新函数是解题的关键，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.26．已知函数f(x)的定义域为R，f(-1)=3，对任

意x∈R，f′(x)>3，则f(x)>3x+6的解集为（）A．(-1，+∞)B．(-1，1)C．(-∞，-1)D．(-∞，+∞)【答案】A【分析】首先设函数36gxfxx，再利用导数判断函数的单调性，利

用单调性和函数的零点解不等式.【详解】设函数36gxfxx，3gxfx，3fx，0gx，函数gx是单调递增函数，且113160gf，1x，36fxx

的解集是1,.故选：A【点睛】本题考查导数与函数的单调性，解抽象不等式，重点考查构造函数，推理能力，属于基础题型.27．奇函数fx定义域为,00,，其导函数是'fx.当0x时，有'sincos0fxxfxx

，则关于x的不等式2sin4fxfx的解集为（）A．ππ4（，）B．ππππ44（，）（，）C．ππ0044（，）（，）D．ππ0π44（，）（，）【答案】D【解析】令(

)()sinfxFxx，则2()sin()cos()0sinfxxfxxFxx，函数()()sinfxFxx是定义域当(0,)内的单调递减函数，由于关于x的不等式2sin4fxfx

可化为()()4sinsin4ffxx，即()()4FxF，则4x；而当0x时，0x，则关于x的不等式2sin4fxfx可化为()()4sinsin4ffxx，即()

()4sin()sin4ffxx，也即()()4FxF可得4x，即04x．所以原不等式的解集(,0)(,)44，应选答案D．点睛：解答本题的关键在于如何将不等式进行等价转化，这不仅需要有一定的知识作支撑，同时还要具有较高思维能力和观

察能力．求解时，先通过观察构造函数()()sinfxFxx，再对其进行求导，运用题设确定其单调递减，然后将原不等式进行等价转化，从而使得问题巧妙获解．28．若对任意的1x，22,0x，12xx，122112xxxexeaxx恒成立，

则a的最小值为（）A．23eB．22eC．21eD．1e【答案】A【分析】将不等式122112xxxexeaxx转化为121122xxeaeaxxxx，构造函数xeafxxx，只需使fx

在2,0上递减，则210xexafxx在2,0恒成立，只需1xexa恒成立，然后求解a的取值范围.【详解】因为12xx，所以120xx，则122112xxxexeaxx可化为122112xxxexeaxx，整理得122211xxxeax

xeax，因为120xx，所以121122xxeaeaxxxx，令xeafxxx，则函数fx在2,0上递减，则210xexafxx在2,0上恒成立，所以1xexa在2,0上恒成立，令

1xgxex，则10xxxgxexexe在2,0上恒成立，则1xgxex在2,0上递减，所以232gxge，故只需满足：23ae.故选：A.【点睛】本题考查导

数与不等式问题，考查构造函数，根据函数的单调性求参数的取值范围，难度较大.解答时，针对原式进行等价变形是关键.29．函数fx是定义在R上的奇函数，其导函数记为fx，当0x时，fxfxx恒成立，若20f，则不等式01fxx的解集为

（）A．2,01,2UB．2,00,1C．1,2,2D．2,02,【答案】A【分析】构造函数fxhxx，则根据题目条件可知0hx在0,上成立，则hx在0,上单调递减，又可证得

fxhxx为偶函数，所以hx在,0递增.根据20f可得，当20x或2x时，0fx；当2x或02x时，0fx，利用不等式01fxx等价于100xfx或100xfx求解.【详解】设

fxhxx，则2()xfxfxhxx，∵当0x时，fxfxx恒成立，即0xfxfx，∴0hx，即hx在0,上单调递减.又函数fx是奇函数，∴fxfxfxhxhxxxx，∴函数hx

为偶函数，hx在,0上单调递增.∵20f，∴22202fhh.∴当20x或2x时，0fx；当2x或02x时，0fx.不等式01fxx等价于100xfx或100xfx，∴

12x或20x.∴不等式的解集为2,01,2U.故选：A.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查根据函数的奇偶性与单调性的综合求解不等式问题，难度一般,解答时，构造新函数是解题的关键.30．已知a、bR，函数

3210fxaxbxxa恰有两个零点，则ab的取值范围（）A．,0B．,1C．1,4D．1,4【答案】D【分析】利用导数分析函数yfx的单调性，可得出该函数的极小值10fx

，由题意得出2111321111321010fxaxbxfxaxbxx，进而可得23112111223axxbxx，可得出32111222abxxx，令11

0tx，由0a可得出12t，构造函数32222gtttt，求得函数ygt在区间1,2上的值域，由此可求得ab的取值范围.【详解】321fxaxbxx且0a，2321fxaxbx，2

4120ba，则方程0fx必有两个不等的实根1x、2x，设12xx，由韦达定理得1223bxxa，12103xxa，则必有120xx，且21113210fxaxbx

，①当1xx或2xx时，0fx；当12xxx时，0fx.所以，函数yfx的单调递增区间为12,xx，单调递减区间为1,x和2,x.由于010f，若函数y

fx有两个零点，则32111110fxaxbxx，②联立①②得21132111321010axbxaxbxx，可得23112111223axxbxx，

所以，32111222abxxx，令110tx，令32222gtttt，则abgt，3222210atttt，解得12t，2264223

212311gttttttt.当12t时，0gt，此时，函数ygt单调递增，则321111122222224abgtg.故选：D.【点睛】本题考查

利用三次函数的零点个数求代数式的取值范围，将代数式转化为函数是解答的关键，考查化归与转化思想的应用，属于难题.31．定义在R上的函数()fx满足()()2fxfx，则下列不等式一定成立的是（）A．(3)2(2)2effeB．(3)2(2)2effe

C．(3)2(2)2feefD．(3)2(2)2feef【答案】A【分析】设()()2xxFxefxe，求导并利用()()2fxfx可得()Fx在R上单调递减，根据(2)(3)FF可得结果.【详解

】设()()2xxFxefxe，则()()()2()()2xxxxFxefxefxeefxfx，因为()()2fxfx，所以()()()20Fxefxfx，所以()Fx在R上单调递减，则(2)(3)FF，即2233(2)2(3

)2efeefe，故(3)2(2)2effe．故选：A.【点睛】本题考查了构造函数解决导数问题,考查了利用导数研究函数的单调性，利用单调性比较大小，属于中档题.32．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()()fxa

hxx，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()0xxxeeahxx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．33．设fx是定义在R上的偶函数，fx为其导函数，20f，当0x时，有

xfxfx恒成立，则不等式0xfx的解集为（）A．2,2B．,20,2C．2,00,2D．2,02,【答案】B【分析】构造函数fxgxx，易知gx在0,上单调递增，由fx是定义在R上的偶函数可推出

gx是定义在,00,上的奇函数，故gx在,0上也单调递增，且220gg.而不等式0xfx的解可等价于即0gx的解，从而得解.【详解】解：设fxgxx

，0x，则'2xfxfxgxx，∵当0x时，有'xfxfx恒成立，∴当0x时，0gx，gx在0,上单调递增，∵fx是定义在R上的偶函数，∴fxfxgxgxxx

，即gx是定义在,00,上的奇函数，∴gx在,0上也单调递增.又20f，∴2202fg，∴20g.不等式0xfx的解可等价于即0gx

的解，∴02x或2x，∴不等式的解集为,20,2.故选：B.【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，考查函数的单调性，利用了构造思想，导函数的运用，属于中档题．三、解答题34．已知函数lnafxxaRx.（1）

讨论fx的单调性；（2）若1x，2x是方程2fx的两个不同实根，证明：1232xxe.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）先求解出fx，然后根据a与0的关系作分类讨论，由此分析出fx的单调性；（2）根据

122fxfx，构造函数ln2gxxxxa分析出12,xx满足的不等式，将待证明的问题转化为证明1132egxgx，再通过构造新函数333224lnln4eeehxxxxxx证明1132egxgx成立，

从而完成证明.【详解】（1）解：因为lnafxxx，所以221aaxfxxxx.①当0a时，0fx在0,上恒成立，故fx在0,上单调递减.②当0a时，由0fx得0xa；由0fx得xa.即fx在0

,a上单调递增，在,a上单调递减，综上，当0a时，fx在0,上单调递减；当0a时，fx在0,a上单调递增，在,a上单调递减.（2）证明：因为122fxfx，所以11ln20axx，22ln20axx，即111222ln2ln

20xxxaxxxa.设ln2gxxxxa，则ln3gxx，故gx在310,e上单调递减，在31,e上单调递增.由题意不妨设12310exx，欲证1232exx，只需证2132ex

x.又2x，13321,eex，gx在31,e上单调递增.故只需证2132egxgx.因为12gxgx，所以只需证1132egxgx对任意的1310,ex恒成立即可，即11111133322

2ln2ln2eeexxxaxxxa.整理得111111333224ln2ln2eeexxxxxx，即11111333224lnln40eeexxxxx

.设333224lnln4eeehxxxxxx，310,ex，则23322lnln6ln6eexhxxxx.因为310e

x，所以236210eexx，所以232ln60exhxx，所以hx在310,e上单调递减，则310ehxh.所以1232exx

成立.【点睛】思路点睛：构造函数并利用导数证明不等式的一般思路：（1）将待证明的不等式进行变形，使其一边含有未知数，另一边为0；（2）构造关于未知数的函数（函数尽量容易求导），分析函数的单调性以及最值；（3）通过研

究所构造函数的单调性和最值，确定出函数与0的关系，从而达到证明不等式的目的.35．已知函数()ln1,fxaxbxabR在点1,1f处的切线方程为212ln20xy.（1）求实数a，b的值﹔（2）若函数2()()12tgxfxxt，试讨论函数()

gx的零点个数.【答案】（1）11ab；（2）当1t时，()gx有1个零点；当1t时，()gx有2个零点.【分析】（1）由导数的几何意义列方程即可得解；（2）对函数求导，按照1t、1t分类；当1t时，通过构造函数可得110gt

、21210tge，结合零点存在性定理即可得解.【详解】（1）因为函数()ln1fxaxbx，所以()1afxbx，由题意知(1)ln211(1)2ff

，即ln2ln21122abab，解得11ab；（2）由题意知2()ln(1)2tgxxxx，则[(1)]()1xtxtgxx，令()0gx，解得10x，211xt，（i）当1t时，2()01xgxx在1

,上恒成立，所以()gx在1,上单调递增，因为00g，故函数()gx在1,上有且只有一个零点；（ii）当1t时，此时1110t，所以()gx在11,1t上单调递增，11,0t上单调递减，0,上单调递增

，因为00g，所以()gx在11,t上有且只有一个零点，又111ln22tgttt，构造函数1()ln,221xhxxxx，则2222211121(1)()02

222xxxhxxxxx，所以()hx在1,上单调递增，所以10hth，即110gt，构造函数2()1ln,21xMxxx，则1()0Mxxx，所以()Mx在1,上单调递增，所以13()(1)

1ln1022MtM，即21ln02tt，即21ln2tt，所以2121tet，所以2121111tet，又因为当11,1xt时，22(1)(

1)1222tttxx，所以2211221ln1112tttgee211(1)0222tttt，所以212111

0tgget，所以212011,1txet，使得00gx，所以当1t时，()gx在1,上有且仅有两个零点.综上所述，当1t时，()gx有1个零点；当1t时，()

gx有2个零点.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是合理构造函数，结合导数对函数合理放缩，结合零点存在性定理即可得解.36．已知实数0a，函数22lnfxaxxx，0,10x.（1）讨论函数fx的单调性；（2）若1x是函数fx的极值点，曲线yfx在点

11,Pxfx､22,Qxfx(12xx)处的切线分别为1l､2l，且1l､2l在y轴上的截距分别为1b､2b.若12//ll，求12bb的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）6ln4,05.【分析】（

1）对函数求导，按照110a、1010a分类，求得0fx、0fx的解集即可得解；（2）由极值点的性质可得1a，由导数的几何意义可得1b、2b及12122xxxx，转化条件为1211212221ln1xxx

bbxxx，构造新函数结合导数即可得解.【详解】（1）由题意，222212010axaxafxaxxxx，0a，010x，∴20ax，①当110a，即10,10a时，0fx

，fx在0,10上单调递减；②当1010a，即1,10a时，当10,xa时，0fx；当1,10xa时，0fx，fx在10,a

上单调递减，在1,10a上单调递增.综上所述：当10,10a时，fx在0,10上单调递减；当1,10a时，fx在10,a上单调递减，在1,1

0a上单调递增；（2）∵1x是fx的极值点，∴10f，即210aa，解得1a或2a（舍），此时2lnfxxxx，2211fxxx，1l方程为1112111221ln1yxxxxxxx

，令0x，得1114ln1bxx，同理可得2224ln1bxx，12//ll，221122212111xxxx，整理得：12122xxxx，12122xxx，

又12010xx，则1112102xxx，解得1542x，1212211111211221222221244lnlnln1xxxxxxxxxbbxxxxxxxxx，令12xtx，则1111211,1224xxtxx

，设211ln,,114tgtttt，则222141011tgttttt，gt在1,14上单调递增，又10g

，16ln445g，6ln4,05gt，即12bb的取值范围为6ln4,05.【点睛】关键点点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，再构造新函数，结合导数即可得解.37．设函数2lnafxxx，323g

xxx.（1）讨论函数fx的单调性；（2）如果对于任意的12123xx，，，都有112xfxgx成立，试求a的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）1,.【分析】（1）求导23312(),axafxxxx分0a和0a两种情况，分别

分析导函数的正负，可得出原函数的单调性；（2）先求导221()323(),,233gxxxxxx，分析导函数()gx的正负，得出函数()gx的单调性，从而求得最值，运用不等式恒成立思想，将问题转化为2ln

axxx在1,23x上恒成立，令21()ln(,2)3hxxxxx，运用导函数得出函数()hx的最大值，可求得实数a的取值范围.【详解】（1）函数fx的定义域为0，，23312(),axafxxxx当0a

时，()0fx，所以函数()fx在(0,)上单调递增；当0a时，当2xa时，则()0fx，函数fx单调递增，当02xa时，()0fx，函数fx单调递减，所以0a时，函数()fx在(0,2)a单调递减，在(2,)a上递增；（2）

由已知得221()323(),,233gxxxxxx，所以当2,23x时，()0gx，所以函数()gx在2,23上单调递增，当12,33x时，()

0gx，所以函数()gx在12,33上单调递减，又183()(2)1327gg，所以函数()gx在1,23上的最大值为1，依题意得，只需在1,23x，()1xfx恒成立，即l

n1axxx，也即是2lnaxxx在1,23x上恒成立，令21()ln(,2)3hxxxxx，则()12lnhxxxx，有(1)0h，当1,13x时，10x，ln0xx，()0hx

，即()hx在1,13上单调递增，当1,2x时，10,ln0xxx，()0hx，所以()hx在1,2上单调递减，所以，当1x时，函数()hx取得最大值(1)1h，故1a，即实数a的取值范围是1,

.【点睛】本题考查运用导函数分类讨论求得函数的单调性，解决不等式恒成立的问题，属于较难题.不等式的恒成立与有解问题，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．38．已知函数xfxeax，1lngxxx.（1）讨论函数fx的单调

性；（2）若当0x时，方程fxgx有实数解，求实数a的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）[e1,).【分析】（1）先对函数求导，分0a和0a两种情况讨论，可求解函数的单调性；（2）由已知得e1lnxaxxx有实数解，构造函数，利用函数的单调性及函数的性质求得

a的范围.【详解】解：（1）函数fx的定义域为R，()exfxa当0a时，()0fx，则fx在(,)上单调递增；当0a时，令()xfxea，得lnxa，则fx在(,ln)a上单调递减，在(

ln,)a上单调递增.（2）由fxgx，得eln1xaxxx，因为0x，所以e1lnxaxxx.令e1()lnxhxxxx，0x，则22e1(1)ee1()xxxxxxhxxx.令()

0hx，得1x.当(0,1)x时，()0hx，hx为减函数；当(1,)x时，()0hx，hx为增函数.所以min()(1)e1hxh.又因为e1e1()lnlnxxhxxxxxx，因为0x，e1x，所以e10xx，所以当0x时，hx

.所以函数hx的值域为[e1,)，因此实数a的取值范围为[e1,).【点睛】本题考查了利用导数讨论函数的单调性问题，零点问题，导数与函数的综合应用，考查运算求解能力、转化与化归思想，属于较难题．39．给出如下两个

命题：命题:[0,1]px，1426(5)0xxaaa；命题:q已知函数8()|ln|1agxxx，且对任意1x，2(0,1]x，12xx，都有2121()()1gxgxxx.（1）若命题p为假，求实数a的

取值范围.（2）若命题pq为假，pq为真，求实数a的取值范围.【答案】（1）[5,6]；（2）[5,6][8,).【分析】（1）利用命题p为假，则命题p为真，利用换元法得到2()(1)530gtata，求出对称轴，利用零点存在性

定理即可求出结果；（2）若命题q为真时，利用已知条件得到2211210gxxgxxxx，构造函数()()hxgxx，得()0hx在(0,1]恒成立，分离参数得到2181axxx，求导求出

211xxx的最大值即可得出结果.【详解】（1）若命题p为假，则命题:[0,1]px，1426(5)0xxaaa为真，令1()426(5)xxfxaaa，则1()426(5)xxfxaaa在区间[0,1]有零点，令2,1,2xt

t，可得22()26(5)(1)530gtatataata，其对称轴为1t，要使得1()426(5)xxfxaaa在区间[0,1]有零点，(1)(2)0gg解得：[5,6]a，则当命题p为真时，[5,6]a.（2）若命题q为

真时：因为21211gxgxxx，所以212110gxgxxx，2211210gxxgxxxx.设()()hxgxx，依题意，()hx在(0,1]上

是减函数，()0hx.8()ln1ahxxxx，218()1(1)ahxxx.令()0hx，得：222(1)18(1)1xaxxxxx.设21()1txxxx，则21()210txxx，所以()tx在(0

,1]上是增函数.所以()(1)0txt，所以8a.故若q为真，则8a，若命题pq为假，pq为真，则p，q中必有一真一假；则p真q假为[5,6]a；则q真p假8a，综上：[5,6][8,)

a.【点睛】思路点睛：利用复合命题的真假求参数的取值范围问题；常见的类型：（1）若命题p为假，则p为真；（2）若命题pq为假，pq为真，则p，q中必有一真一假；（3）若命题pq为真，pq为真，则p，q都为真；（4）若命题pq为假，pq为假，则p，q都为假；40．已知函数

212ln2fxxaxx，aR.（1）讨论fx的单调性；（2）若fx有两个极值点1x、212xxx，求212fxfx的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）13,ln222.【分析】（1）求出函数yfx

的定义域和导数，对实数a的取值进行分类讨论，利用导数分析导函数yfx的符号变化，由此可得出函数yfx的单调递增区间和递减区间；（2）由（1）可知1x、2x是关于x的二次方程2210xax的两根，利用韦达定理可将212fxfx表示为以2x为自变量的函数，换元221

tx，可得出211132ln122fxfxttt，令113ln122gtttt，利用导数求出函数ygt在1,t上的值域，由此可得解.【详解】（1）函数212ln2fxxaxx的定

义域为0,，21212xaxfxxaxx，令221yxax.当2440a，即11a时，0y≥，则0fx对任意的0x恒成立，此时函数yfx在0,

上单调递增；当1a时，0fx对任意的0x恒成立，此时函数yfx在0,上单调递增；当1a时，2210xax有两个正根，分别为211xaa，221xaa，当10xx或2xx时，

0fx；当12xxx时，0fx.此时函数yfx在10,x，2,x上单调递增，在12,xx上单调递减.综上可得：当1a时，函数yfx的单调递增区间是0,，无递减区间；当1a时，函数yfx的单调递增区间是20,1a

a，21,aa，单调递减区间是221,1aaaa；（2）由（1）可知1x、2x是关于x的二次方程2210xax的两根，由韦达定理可得122xxa，121xx，1a，21121axx，22221axx，1aQ，10,1x

，21,x，22212221111122ln22ln22fxfxxaxxxaxx2221211ln2ln12xxxx2222222222211111ln2ln13ln122xxxxxxx

，令22tx，则1t，设113ln122gtttt，222212113322222ttttgttttt，当12t时，0gt，当2t时，0gt.所以

，函数ygt在1,2单调递增，在2,单调递减，max132ln222gtg，因此，212fxfx的取值范围是13,ln222.【点睛】本题考查利用导数求解含参函数的单调区间，同时也考查了利用导数求解代数式的取值范围，考查韦达定

理的应用，考查计算能力，属于中等题.41．已知函数22()(,2.718)xxafxaRee.（1）求()fx的单调区间.（2）若()fx在区间21,1ae上不单调，证明：11

11aaa.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）首先求函数的导数，再分1a和1a两种情况讨论求函数的单调区间；（2）结合题意分析可知1aae，由1xea，可证明1111aaa，再利用分析法转化为

证明11111aeaa，通过构造函数，利用导数证明不等式.【详解】（1）解：由题意，222222()xxxxaxxafxee，令2()22,44gxxxaa.①当1a„时，0„，此时()0fx„，函数()fx在R上单调递减；

②当1a时，，令()0gx，则111xa，211xa，当(,11)xa时，()0fx，所以()fx单调递减，当(11,11)xaa时，()0fx，所以()fx单调递增，当(

11,)xa时，()0fx，所以()fx单调递减.综上所述，当1a„时，函数()fx的单调递减区间为R，无单调递增区间；当1a时，函数()fx的单调递减区间为(,11)a和(11,)a，单调递增区间为(1

1,11)aa.（2）证明：由（1）知1a，因为(1)0g，所以210age，得1aae，要证1111aaa，只需证11111aeaa.对于函数()1xhxex，有()1xhxe.因为(

)hx在R上单调递增，且(0)0h，所以()hx在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增，故()(0)0hxh…，即不等式1xex…恒成立，当且仅当0x时“=”成立，故当1a时，1aea，即11aea①.因为1aae且1a，所以1aae

，可得11aea，所以111ea②.由①+②得，11111aeaa，故1111aaa得证.【点睛】本题考查导数与函数的综合应用，重点考查转化思想，逻辑推理能力，计算能力，属于难题，本题的难点是第二问，需构造函数()1xhxex，通过分析函数的性质，以及转化变

形，证明不等式.42．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1aee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，()f

x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210xax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()()fxfn„，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，[()]maxhxh（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．43．已知函数ln2fxxkx.（1）讨论函数fx的单调性；（2）若函数2xegxxax，当1k且202ea，求证：gxfx.【答案】（1）当0k时fx在0,递增；当0k时fx增区

间为10,k；减区间为1,k.（2）证明见解析.【分析】（1）根据函数解析式，求得定义域及导函数，讨论k的取值情况，即可判断导函数符号，进而可得函数fx的单调区间；（2）将1k代入解析式，并将两个解析式代入不等式化简可得21ln2xeex.当01x易证

不等式成立，当1x时，结合202ea可将不等式化为21ln2xeex，构造函数22lnxehxxx，并求得hx，再构造函数221xxexx，并求得x.根据零点存在

定理可证明存在01,2x使得00x，即x在01,x上单调递减，在0,x上单调递增；由110，20，可证明hx的单调情况，进而可知hx在2x处取得最小值，即证明20

hxh即可证明gxfx成立.【详解】（1）函数ln2fxxkx.函数定义域为0,，1+1kxfxkxx当0k时，可知0fx，所以fx在0,单调递增；当0k时，令0fx，解得1xk，所以当10xk时，

0fx；当1xk时0fx；故此时fx单调增区间为10,k；单调减区间为1,k；综上所述：当0k时fx在0,递增；当0k时fx增区间

为10,k；减区间为1,k.（2）证明：将1k代入函数解析式可得ln2fxxx，2xegxxax，定义域为0,，要证gxfx，即证lnxeaxx，①当01x时，1xe，ln0axx，不等式显然成立，②当1

x时，ln0xx，结合已知2102ae可得，210lnln2axxexx，于是转化为21ln2xeex，即证22ln0xexx，令22lnxehxxx，则2221xexxhxx，令221xxe

xx，则221xxxe，且在0,上单调递增，∵2110e，230，存在01,2x使得00x，即02021xxe，∴x在01,

x上单调递减，在0,x上单调递增，又110，20，故当1,2x时，0hx，hx单调递减，当2,x时，0hx，hx单调递增，∴21ln20hxh，故0hx，得证gxfx.【点睛】

本题考查了利用导数分类讨论函数的单调性，通过构造函数法及导函数的符号判断函数的单调性，由零点存在定理判断极值点和极值，进而证明不等式成立，是高考的常考点，综合性强，属于难题.44．已知函数exfxx

.（1）求函数fx的最小值；（2）若0,x，32fxxaxx恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）1e（2）(,1]【分析】（1）求函数导数，根据零点及定义域列表求最值即可（2）原不等式可转化为2e1xxax，构造函数2

e1xFxxax，利用导数判断函数的单调性,由单调性求a的取值范围.【详解】（1）ee1exxxfxxx，令0fx，解得1x，列表如下：x,111,fx0fx单调递减最

小值单调递增结合表格可知函数fx的最小值为11fe.（2）0,x，32exxxaxx，即2e1xxax，令2e1xFxxax，0x，则00F，e2xFxxa，易知Fx在(

0,)上单调递增.当1a时，010FxFa，从而Fx在(0,)上单调递增，此时00FxF，即2e1xxax成立.当1a时，010Fa，2e02aaF，存在00,2ax

，使得00Fx，当00,xx时，0Fx，从而Fx在00,x上单调递减，此时00FxF，即2e1xxax，不满足条件.综上可知，实数a的取值范围是(,1].【点睛】本题主要考查了利

用导数求函数的最值，单调性，不等式恒成立，属于中档题.45．已知函数()fx满足:①定义为R；②2()2()9xxfxfxee.（1）求()fx的解析式；（2）若12,[1,1]xx；均有21122(2)61xaxxfx…成立，求a的取值范围；（3

）设2(),(0)()21,(0)fxxgxxxx，试求方程[()]10ggx的解.【答案】（1）()3xfxe（2）[3,7]（3）3，(12)、ln3，ln(3ln4)、12(1ln2)【分析】（1）利用构造方程组法即可

求得()fx的解析式;（2）根据不等式,构造函数2()(2)6xxax与()13xFxxe.根据不等式恒成立可知满足minmax()()xFx.求得(),Fx()Fx.通过判断()Fx的符号可判断()Fx的单调性,由其单调

性可得()0minFx,进而可知()Fx为单调递增函数,即可求得max()Fx.再根据minmax()()xFx及二次函数性质,可得a的取值范围;（3）根据()gx的解析式,画出函数图像.并令()Tgx,则方程变为()1gT.解得T的值.即可知()2g

x、()0gx及()ln4gx.结合函数图像及解析式,即可求得对应方程的解.【详解】（1）2()2()9xxfxfxee,…①所以2()2()9xxfxfxee即1()2()29xxfx

fxee…②由①②联立解得:()3xfxe.（2）设2()(2)6xxax,()1333xxxFxxeexex,依题意知:当11x时,minmax()()xFx()()33xxxxFxeexex

e又()(1)0xFxxe在(1,1)上恒成立,所以()Fx在[1,1]上单调递减()(1)30minFxFe()Fx在[1,1]上单调递增,max()(1)0FxF(1)70(1)30aa

,解得:37a实数a的取值范围为[3,7].（3）()gx的图象如图所示：令()Tgx,则()1gT1232,0,ln4TTT当()2gx时有1个解3,当()0gx时有2个解：(12)、ln3,当()ln4gx时有3个解:ln(3ln4)、12(1ln2

).故方程[()]10ggx的解分别为：3,(12)、ln3,ln(3ln4)、12(1ln2)【点睛】本题考查了构造方程组法求函数解析式,二次求导的方法判断函数的单调性与最值,在定区间上恒成立问题的解法,换元法解复合函

数与方程的应用,综合性强,属于难题.