【文档说明】备战2024年高考数学易错题（新高考专用）专题04 导数及其应用 Word版含解析.docx，共(73)页，4.616 MB，由小赞的店铺上传

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专题04导数及其应用易错点一：忽略切点所在位置及求导简化形式（导数的概念及应用）一、导数的概念和几何性质1．概念函数()fx在0xx=处瞬时变化率是0000()()limlimxxfxxfxyxx→→+−

=，我们称它为函数()yfx=在0xx=处的导数，记作0()fx或0xxy=．诠释：①增量x可以是正数，也可以是负，但是不可以等于0．0x→的意义：x与0之间距离要多近有多近，即|0|x−可以小于给定的任意小的正数；②当0x→时，y在

变化中都趋于0，但它们的比值却趋于一个确定的常数，即存在一个常数与00()()fxxfxyxx+−=无限接近；③导数的本质就是函数的平均变化率在某点处的极限，即瞬时变化率．如瞬时速度即是位移在这一时刻的瞬间变化率，即00000()()()li

mlimxxfxxfxyfxxx→→+−==．2．几何意义函数()yfx=在0xx=处的导数0()fx的几何意义即为函数()yfx=在点00()Pxy，处的切线的斜率．3．物理意义函数)(tss=在点0t处的导数)(0ts是物体在0t时刻的瞬时速度v，即)(

0tsv=；)(tvv=在点0t的导数)(0tv是物体在0t时刻的瞬时加速度a，即)(0tva=．二、导数的运算1．求导的基本公式基本初等函数导函数()fxc=（c为常数）()0fx=()afxx=()aQ1()afxax−=()x

fxa=(01)aa，()lnxfxaa=()log(01)afxxaa=，1()lnfxxa=()xfxe=()xfxe=()lnfxx=1()fxx=()sinfxx=()cosfxx=()cosfxx=()sinfxx=−2．导数的四则运

算法则（1）函数和差求导法则：[()()]()()fxgxfxgx=；（2）函数积的求导法则：[()()]()()()()fxgxfxgxfxgx=+；（3）函数商的求导法则：()0gx，则2()()()()()[]()()fxfxgx

fxgxgxgx−=．3．复合函数求导数复合函数[()]yfgx=的导数和函数()yfu=，()ugx=的导数间关系为xuxyyu=：应用1．在点的切线方程切线方程000()()()yfxfxxx−=−的计算：函数()yfx=在点00(())Axf

x，处的切线方程为000()()()yfxfxxx−=−，抓住关键000()()yfxkfx==．应用2．过点的切线方程设切点为00()Pxy，，则斜率0()kfx=，过切点的切线方程为：000()()yyfxxx−=−，

又因为切线方程过点()Amn，，所以000()()nyfxmx−=−然后解出0x的值．（0x有几个值，就有几条切线）注意：在做此类题目时要分清题目提供的点在曲线上还是在曲线外．易错提醒：1．求函数导数的总原则：先化简解析式，再求导．注意以下几点：连乘

形式则先展开化为多项式形式，再求导；三角形式，先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导；分式形式，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导；复合函数，先确定复合关系，由外向内逐层求导，必要时可换元2．利用导数研究曲线的切线问题，一定要熟练掌握以下三

点：（1）函数在切点处的导数值是切线的斜率，即已知切点坐标可求切线斜率，已知斜率可求切点坐标．（2）切点既在曲线上，又在切线上，切线还有可能和曲线有其它的公共点．（3）曲线()yfx＝“在”点00(,)Pxy处的切线与“过”点00(,)Pxy的切线的区别：曲线()yfx＝在点00(,)Pxy处的

切线是指点P为切点，若切线斜率存在，切线斜率为()0kfx＝，是唯一的一条切线；曲线()yfx＝过点00(,)Pxy的切线，是指切线经过点P，点P可以是切点，也可以不是切点，而且这样的直线可能有多条．3．利用导数的几何意义求参

数的基本方法利用切点的坐标、切线的斜率、切线的方程等得到关于参数的方程（组）或者参数满足的不等式（组），进而求出参数的值或取值范围．4．求解与导数的几何意义有关问题时应注意的两点（1）注意曲线上横坐标的取值范围；（2）谨记切点既在切线上又在曲线上．

例．已知函数()2elnfxaxxx=−．(1)当ea=时，求曲线()yfx=在1x=处的切线方程；(2)若0x，都有()5ln2fxx+，求a的取值范围．【详解】（1）解：当ea=时，()()2eeln,2eelnefxxxxfxxx=−=−−，因为

()()1e,1eff==，所以，曲线()yfx=在1x=处的切线方程是()ee1yx−=−，即eyx=．（2）因为0x，都有()5ln2fxx+，所以2max5elnln2xxxax++．设()25elnln2xxxgxx++=，则(

)3eeln2ln4xxxxgxx−−−=．记()eeln2ln4hxxxxx=−−−，设()()2elnmxhxxx==−−，则()22exmxx−=，当20ex时，()0mx，当2ex时，()0mx，所以()mx在20,e上单调递增，在2,e+

上单调递减，所以()2eln20emxm=−，所以()0hx，所以()hx在()0,+上单调递减．因为10eh=，当10ex时，()0gx，当1ex时，()0gx，所以()gx在10,e上单调递增，在1,e

+上单调递减，所以()21ee2gxg=，所以，22ea．变式1．已知函数()2e1xfxaxx=−+−.(1)当1a=时，求曲线()yfx=在1x=处的切线方程；(2)若()0fx=有两个不等的实根，求实数a的取值范围.【详解】（1）当1a=时，()(

)2e1,e21xxfxxxfxx=−+−=−+，()()1e1,1e1,ff=−=−所以曲线()yfx=在1x=处的切线方程为()()()e1e11yx−−=−−，即()e10xy−−=.（2）显然()00f=，要使方程

()0fx=有两个不等的实根，只需当0x时，()0fx=有且仅有一个实根，当0x时，由方程()0fx=，得2e1xxax+−=.令()()2e10xxgxxx+−=，则直线ya=与()()2e10xxgxxx+−=的图象有且仅有一个交

点.()()()()()243e12e12e1xxxxxxxgxxx+−+−−−==.又当0x时，()()0,gxgx单调递减，当02x时，()()0,gxgx单调递减，当2x时，()()0,gxgx单调递增，所以当2x=时，()gx取得极小值()2e124g+=，

又当0x时，e1x，所以e10xx+−，即()0gx，当0x时，e1,e10xxx+−，即()0gx，所以作出()gx的大致图象如图所示.由图象，知要使直线ya=与()()2e10xxgxxx+−=的图象有且仅有一个交点，只需a<0或2e14a+=.综上，若()

0fx=有两个不等的实根，则a的取值范围为()2e1,04+−.变式2．已知函数()()ln10fxxaxa=−−.(1)当0a=时，求过原点且与()fx的图象相切的直线方程；(2)若()()(

)e0−=+axfxgxax有两个不同的零点()1212,0xxxx，不等式312emxx恒成立，求实数m的取值范围.【详解】（1）易知()fx的定义域为()()10,,fxx+=，设切点坐标()00,ln1xx−，则切线方程为：()()

0001ln1yxxxx−−=−，把点()0,0带入切线得：20ex=，所以，()fx的切线方程为：21eyx=；（2）()33121212elnln3lnmxxxxxxm=+，又()()()e0−=+axfxgxax

有两个不同零点，则()()lnln1eln10exaxaxxxaxxax−+−−=+−−=有两个不同零点，构造函数()e1xuxx=+−()e10xux=+，则()ux为(),−+增函数，且()00u=，即

方程ln0xax−=有两个不等实根1122lnlnaxxaxx==，令2211ln1lnxxtxx==，则12lnlnln,ln11tttxxtt==−−，则1213ln3lnln1txxtt++=−，设()()13ln11xhxxxx

+=−，方法一、原不等式恒成立等价于()113lnln0131mxxxmxxx−+−−+恒成立，令()()()()()()2221964114ln1313131xmmxmxnxxxnxxxxxx++−−=−=−=++

+，由1196xyxx=++单调递增，即19616yxx=++，若()4160mnx()nx单调递增，即()()10nxn=恒成立，此时4m符合题意；若14169640mxmx++−=有解0x，此时

有()01,xx时，()()0nxnx单调递减，则()()010nxn=，不符合题意；综上所述：m的取值范围为(,4−.方法二、()()2114ln321hxxxxx=−+−−−，设()14ln32p

xxxx=−+−−，()()()23110xxpxx−−=在()1,+恒成立，()px在()1,+单调递增，()()10pxp=，则()hx在()1,+单调递增，所以()()1hxh，()()()()()1111133ln13ln1

3lnlimlimlimlim411'1xxxxxxxxxxxhxxx→→→→++++====−−，所以m的取值范围为(,4−.变式3．已知函数()2lnfxxx=−+．(1)求曲线()yfx=在()()1,1f处的切线方程；(2)若对()0,x+，()22fxaxx−恒成

立．求实数a的取值范围．【详解】（1）解：()12(0)fxxx=−+，所求切线斜率为()11f=−，切点为()1,2-，故所求切线方程为()()21yx−−=−−，即10xy++=.（2）方法一：分离变量由()22fxaxx−得2lnxax在()0,+恒成立，令()2ln(

0)xgxxx=，则max()agx，()312lnxgxx−=，当()0gx=时，ex=，即：()e0g=，当0ex时，()0gx；当ex时，()0gx，故()gx在()0,e上单调递增，在()e,+上单调递减，故当ex=时，()gx取最大值为12e，故12ea，即

a的取值范围是1,2e+.方法二：分类讨论由()22fxaxx−得2ln0axx−在()0,+恒成立，令()2ln(0)gxaxxx=−，则()21212axgxaxxx=−=−，①当0a时，()0gx恒成立，()gx在(

)0,+上单调递减，又()10ga=，故当1x时，()0gx，不合题意；②当0a时，令()0gx=得12xa=，令()0gx得12xa，令()0gx得102xa，故()gx在10,2a上单调递减，()gx在1,2a+上单调

递增，故当12xa=时，()gx取最小值111ln0222gaa=−，故12ea，即a的取值范围是1,2e+，综上所述，a的取值范围是1,2e+.方法三：数形结合由()2

2fxaxx−得2lnaxx在()0,+恒成立，令()2gxax=，()lnhxx=，则当0x时，()()gxhx恒成立，()2gxax=，()1hxx=,若0a，当1x时，20ax，ln0x，()()gxhx，不合题意；若0a，()()gxhx，曲线()ygx=与

曲线()yhx=有且只有一个公共点，且在该公共点处的切线相同．设切点坐标为()00,xy，则200000ln12yaxxaxx===，解得0e12exa==，故当12ea时，()()gxhx

，即a的取值范围是1,2e+.1．已知函数()lnfxx=与()gx的图象关于直线yx=对称，直线l与()()1,e1xgxhx+=−的图象均相切，则l的倾斜角为（）A．6B．4C．3D．34【答案】B【分析】根据()lnfxx=与()gx的图象

关于直线yx=对称，得到()exgx=，设直线l与函数()exgx=的图象的切点坐标为()11,exx，与函数()1e1xhx+=−的图象的切点坐标为()212,e1xx+−，由斜率相等得到121xx=+，然后再

利用斜率和倾斜角的关系求解.【详解】解：因为函数()lnfxx=与()gx的图象关于直线yx=对称，所以()lnfxx=与()gx互为反函数，所以()exgx=，则()exgx=．由()1e1xhx+=−，得()1exhx+=，设直线l与函数(

)exgx=的图象的切点坐标为()11,exx，与函数()1e1xhx+=−的图象的切点坐标为()212,e1xx+−，则直线l的斜率121eexxk+==，故121xx=+，显然12xx，故21121e1e111xxkxx+−−−===−−，所以直

线l的倾斜角为π4，故选：B．2．若曲线()lnxfxx=存在与直线ykx=垂直的切线，则k的取值范围是（）A．()(),00,−+UB．()31,00,2e−+C．)()3e,00,−+D．())3,02e,−+

【答案】D【分析】对()()ln0xfxxx=求导后根据题意可得21ln1xxk−=−在()0,+上有解.令()()21ln0xgxxx−=，求导判断单调性求得值域，从而可得不等式3112ek−−，求解即可.【详

解】对()()ln0xfxxx=求导得()()21ln0xfxxx−=，当0k=时，曲线()lnxfxx=不存在与直线ykx=垂直的切线，当0k时，若曲线()lnxfxx=存在与直线ykx=垂直的切线，只需

21ln1xxk−=−在()0,+上有解.令()()21ln0xgxxx−=，求导得()32ln3xgxx−=，所以当320ex时，()0gx，当32ex时，()0gx，所以()gx在320,e

上单调递减，在32e,+上单调递增，则()3231e2egxg=−，且当0x→时，()gx→+，所以3112ek−−，解得())3,02e,k−+，所以k的取值范围是())3,02e,−+.故选：D.3．过点()0m,作曲线()exfxx=的切线

有且只有两条，切点分别为()()11,xfx，()()22,xfx，则1211xx+=（）A．1−B．1C．m−D．m【答案】A【分析】设切点坐标为()000e,xxx，根据导数的几何意义列式可得2000xmxm−−=，再根据韦达定理即可得答案.【详解】由题意得

()(1)e=+xfxx，过点(,0)m作曲线()e=xfxx的切线，设切点坐标为()000e,xxx，则00000e(1)exxxmxx+=−，即0200()e0xxmxm−−=，由于0e0x，故2000xmxm−−=，因为过点()0m,作曲线()exfxx=的切线有且只

有两条，所以12,xx为2000xmxm−−=的两个解，且240mm=+，所以1212,xxmxxm+==−，所以121212111xxmxxxxm+=+==−−.故选：A.4．曲线exy=在点()00,exx处的切线在y轴上的截距的取值范围为（）A．(1,1−B

．(,1−C．(,0−D．(0,1【答案】B【分析】根据导数的几何意义得到切线方程()000eexxyxx−=−，即可得到纵截距()001xx−e，然后构造函数()()e1xgxx=−，求导，根据单调性求值域即可

.【详解】因为()eexx=，所以所求切线方程为()000eexxyxx−=−，令0x=，则()001xyx=−e，令()()e1xgxx=−，则()exxgx=−.所以当0x时，()0gx，此时()gx单调

递减，当0x时，()0gx，此时()gx单调递增，所以()()max01gxg==.因为x→+，()gx→−，所以该切线在y轴上的截距的取值范围为(,1−.故选：B.5．已知函数()lnexxfx=，则（）A．函数()fx在1x=处的切线方程为

e10xy−−=B．函数()fx有两个零点C．函数()fx的极大值点在区间()1,2内D．函数()fx在)2,+上单调递减【答案】ACD【分析】利用导函数求出()fx在()1,0处的切线斜率，从而求切线方程，即可判断选项A；令()1lngxxx=−，由单调性和极值可判断选项C

、D；由零点存在定理可判断选项B.【详解】由()lnexxfx=得()1lnexxxfx−=，所以()11ef=，又()10f=,所以函数()fx在1x=处的切线方程为()101eyx−=−，即e10xy−−=，所以A正确；令()1ln

gxxx=−，显然()gx在()0,+上单调递减，且()110g=，()()112ln21ln4022g=−=−，所以存在()01,2x使得()00gx=，即()00fx=，则()fx在()00,x上单调递增，在()0,x+上单调递减，所以()fx在0xx=处有极大值，极大值点

()01,2x，所以C正确；因为02x，所以函数()fx在)2,+上单调递减，所以D正确因为()10f=，函数()fx在()00,x上单调递增，所以在()00,xx上，函数()fx有一个零点，因为01x，所以当()0,xx+时，()ln0exxfx=，所以函数()fx在()0,x

+上无零点，所以函数()fx只有一个零点，所以B错误.故选：ACD6．已知直线l与曲线()2lnfxxx=+相切，则下列直线中可能与l平行的是（）A．310xy−−=B．210xy−+=C．410xy−+=D．530

xy−+=【答案】ACD【分析】根据导数的几何意义和平行关系的斜率关系对选项一一分析即可.【详解】()2lnfxxx=+，0x，则()1222fxxx=+，当且仅当12xx=即22x=等号成立，根据导数的几何意义知，切线的斜率22k，因为切线与直线l

平行，所以l的斜率22lk，选项A中直线的斜率为322，符合题意；选项B中直线的斜率为222，不符合题意；选项C中直线的斜率为422，符合题意；选项D中直线的斜率为522，符合题意；故选：ACD.7．已知函数()323fxxx=−，则（）A．()fx的图象关于原点中心对称B

．()fx在区间2,1−上的最小值为2−C．过点()2,10有且仅有1条直线与曲线()yfx=相切D．若过点()1,Pt存在3条直线与曲线()yfx=相切，则实数t的取值范围是()3,1−−【答案】

AD【分析】根据奇函数的定义即可判断A，求导得函数的单调性，即可求解函数的最值，进而判断B，求解切点处的切线方程，将经过的点代入，利用方程的根即可判断DC.【详解】()323fxxx=−的定义域为R，且()()()()3

32323fxxxxxfx−=−−−=−+=−，所以()fx为奇函数，故图象关于原点对称，故A正确，()22263622fxxxx=−=−+，令()0fx¢>得22x或22x−，故

()fx在22,,,22−−+单调递增，在22,22−单调递减，故()fx在区间22,2−−单调递增，在22,22−单调递减，在2,12

单调递增，又()22,2102ff=−−=−，最小值为10−，故B错误，设切点为()00,xy，则切点处切线方程为()()2300006323yxxxxx=−−+−，若切线经过()

2,10，则将()2,10代入可得()()2320000340210xxxx−+=−−=，所以01x=或02x=，故经过()2,10会有两条切线，C错误，若切线经过()1,Pt，则将()1,Pt代入()()2300006323yxxxxx=−−+−得3

200463xxt−+−=，令()()322463,()1212121gxxxgxxxxx=−+−=−+=−−，则当01,()0,xgx因此()gx在()0,1单调递增，在(),0−和()1,+单调递减，作出()gx的图象如下：()()()()1103gxggxg==−

==−极大值极小值，，要使过点()1,Pt存在3条直线与曲线()yfx=相切，则直线过点yt=与()gx的图象有三个不同的交点，故3<1m−−，D正确，故选：AD8．已知函数()()2e211xfxxax=−+

+.(1)若12a=，求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线；(2)讨论()fx的单调性；(3)当0a时，若对任意实数x，()()223eafxa−恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)1yx=−+(2)答案见解析(3)()1

,+【分析】（1）12a=代入函数解析式，利用导数的几何意义求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线；（2）利用导数，对a分类讨论，求()fx的单调区间；（3）由()()223eafxa−恒成立，结合函数的极值，求a的取值范围.【详

解】（1）12a=时，函数()()2e21=−+xfxxx，则()01f=，切点坐标为()0,1，()()2e1xfxx=−，则曲线()yfx=在点()0,1处的切线斜率为()01f=−，所求切线方

程为()10yx-=--，即1yx=−+.（2）()()2e211xfxxax=−++，函数定义域为R，()()()()2e122e21xxfxxaxaxax=+−−=−+①12a−，()0

fx¢>解得1x−或2xa，()0fx解得12xa−，所以()fx在(),1−−和()2,a+上单调递增，在()1,2a−上单调递减，②12a−，()0fx¢>解得2xa或1x−，()0fx解得21ax−，所以()fx在(),2a−和(

)1,−+上单调递增，在()2,1a−上单调递减，③12a=−，()0fx恒成立，()fx在(),−+上单调递增.（3）当0a时，由（2）可知()2fa为()fx在()1,−+上的极小值，也是最小值.于是()()()222e1223eaafaaa=−−

，所以1a当1a且1x−时，由于函数()2211xayx−++=的图像抛物线开口向上，对称轴大于0，()()()()2221112111230xaxaa−++−−+−+=+因此()0fx，此时()223

e0aa−，符合题意.所以a的取值范围为()1,+.9．已知函数()1222xafxabx=−+，0a且1a，bR．(1)当ea=时，求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程；(2)设()12fa=，()()12gxfx=+−，1x−，讨论函数()gx

的零点个数．【答案】(1)24yx=+(2)答案见解析【分析】（1）根据题意，由导数的几何意义，结合直线方程的求法，即可得到结果；（2）根据题意，由条件可得()()111axaxx+=+−，然后化简，换元，求导，由函数()()ln0thttt=的值域，即可判断零点个数.【详解】（

1）当ea=时()e12e22xfxbx=−+，定义域为R，()e1e2e2xbfxx−=−，所以()02f=，又()0224f=+=，所以曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程为24yx=+．（2）由()12fa=，得12222a

ba−+=，得4b=，所以()222xafxax=−+，()()112221axfxax++−=−+，于是()()1221axgxax+=−+，1x−，由()()12210axgxax+=−+=，得()()111axaxx

+=+−．当0x=时，1a=，与题意不符，所以0x．对()()111axaxx+=+−两端同时取自然对数，得()()()1lnln11xaaxx+=+−，得()()ln1ln11xaxax+=−+．设()11xtx+=−，则0t，设()()ln0thttt=，则()21

lnthtt−=，令()0ht=，得et=，所以当()0,et时，()0ht，()ht在()0,e上单调递增，当()e,t+时，()0ht，()ht在()e,+上单调递减，且当0t→时，()ht→−，(

)1eeh=，当t→+时，()0ht→，所以当ln0aa或ln1aae=，即当01a或ea=时，函数()gx有一个零点；当ln1e0aa，即1ea或ea时，函数()gx有两个零点．综上，当01a或ea=时，函数()gx有一个零点；当1

ea或ea时，函数()gx有两个零点．10．已知函数()()41e4ln2xfxax−=−.(1)当1a=时，求曲线()fx在点11,22f处的切线方程；(2)当0a时，若关于x的不等式()()ln2fxaaa+恒成立，求实数a的取值范围.【答

案】(1)()4e8e4yx=−−+(2)e0,2【分析】（1）求得()4144exfxx−=−，求得14e82f=−，1e2=f，结合导数的几何意义，即可求解；（2）根据题意，把不等式()()ln2fxaaa+转化为()(

)41e4ln2ln20xaxaaa−−−−，设()()()41e4ln2ln2xgxaxaaa−=−−−，求得()4144exagxx−=−，转化为存在唯一的0x，使()00gx=，求得0410exax−=，得到()00015ln240xxx−−，设()()15ln24hxxxx=−−

，利用导数求得函数()hx的单调性，再设()411e02xuxxx−=，求得()ux在10,2上单调递增，进而求得a的取值范围.【详解】（1）解：当1a=时，()()41e4ln2xfxx−=−，可得()4144exfxx−=−，则14e8

2f=−，1e2=f，即切线的斜率为4e8k=−，所以切线方程为()1e4e82yx−=−−，即()4e8e4yx=−−+.（2）解：由题意，函数()fx的定义域为()0,+，()()ln2fxaaa+，即()()41e4ln2ln20xaxaaa−−

−−，设()()()41e4ln2ln2xgxaxaaa−=−−−，则()4144exagxx−=−，因为0a，所以()gx在()0,+上为增函数，当0x→时，()gx→−，当x→+时，()gx→+，所以存

在唯一的00x，使()0410044e0xagxx−=−=，且当()00,xx时，()0gx，当()0,xx+时，()0gx.由()0410044e0xagxx−=−=，得0410exax−=，则()()00ln2ln241axx=+−，所以()()

()()()000414141000mine4ln2ln2ee4ln21ln2xxxgxaxaaaxxa−−−=−−−=−++()0412000e15ln240xxxx−−−=因为()()20000000115ln24

5ln240xxxxxxx−−−=−，所以()00015ln240xxx−−.设()()15ln24,0hxxxxx=−−，可得()21540hxxx=−−−，所以()hx在区间()0,+上为减函数，又由102h=，所以0102x，又因为0410e

xax−=，设()411e02xuxxx−=，则()()4141e0xuxx−=+，可知()ux在10,2上单调递增，则e0,2a，即实数a的取值范围是e0,2.11．已知Ra，函数()exfxax=−，()

lngxaxx=−．(1)当ea=时，若斜率为0的直线l是()gx的一条切线，求切点的坐标；(2)若()fx与()gx有相同的最小值，求实数a．【答案】(1)1(,2)e(2)1【分析】（1）由()0gx=得切点

的横坐标，再代入计算出纵坐标即得切点坐标；（2）首先由导数求得()fx与()gx的最小值，由两最小值相等求a，为此方程变形后引入新函数()hx，利用导数确定单调性得出零点．【详解】（1）由题意()elngxxx=−，1()egxx=−，由()0gx

=得1ex=，此时11()1ln2eeg=−=，所以切点为1(,2)e；（2）()e=−xfxa，0a时，()0fx，()fx在R上是增函数，无最小值，所以0a，()0lnfxxa==，lnxa时，()0fx，()fx递减，lnxa时，()0

fx，()fx递增，所以()fx有唯一的极小值也是最小值(ln)lnfaaaa=−，1()gxax=−，1()0gxxa==，10xa，()0gx，()gx递减，1xa时，()0gx，()gx递增，所以(

)gx有唯一的极小值也是最小值为11()1ln1lngaaa=−=+，由题意ln1lnaaaa−=+，lnln10aaaa−−−=，设()lnln1hxxxxx=−−−，则11()1(1ln)lnhxxxxx=−+−=−−，设()()hxHx=，则22111()xHxxxx−=−

+=，01x时，()0Hx，()Hx递增，1x时，()0Hx，()Hx递减，所以max()(1)10HxH==−，所以()0Hx，即()0hx，()hx是减函数，又(1)0h=，因此1x=是()

hx的唯一零点，所以由lnln10aaaa−−−=得1a=．易错点二：转化为恒成立后参变分离变号的前提条件（利用导数研究函数的单调性）1．求可导函数单调区间的一般步骤第一步：确定函数()fx的定义域；第二步：求()fx，令()0fx=，解此方程，求出它在定义

域内的一切实数；第三步：把函数()fx的间断点（即()fx的无定义点）的横坐标和()0fx=的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()fx的定义域分成若干个小区间；第四步：确定()fx在各小区间内的符号，根据()fx的符号判断函数()fx在每个相应小区间内的增减性.注意①使()

0fx=的离散点不影响函数的单调性，即当()fx在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，()fx在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在(,)−+上，3()fxx=，当0x=时，()0fx=；当0

x时，()0fx，而显然3()fxx=在(,)−+上是单调递增函数.②若函数()yfx=在区间(,)ab上单调递增，则()0fx（()fx不恒为0），反之不成立.因为()0fx，即()0fx或()

0fx=，当()0fx时，函数()yfx=在区间(,)ab上单调递增.当()0fx=时，()fx在这个区间为常值函数；同理，若函数()yfx=在区间(,)ab上单调递减，则()0fx（()fx

不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论：()0fx()fx单调递增；()fx单调递增()0fx；()0fx(

)fx单调递减；()fx单调递减()0fx.技巧：1.利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．2.利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路第一步：由函数在区间[],ab

上单调递增(减)可知()0fx(()0fx)在区间[],ab上恒成立列出不等式；第二步：利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题；第三步：对等号单独检验，检验参数的取值能否使()fx在整个区间恒等于0，若()fx恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有()0fx=，则参

数可取这个值．易错提醒：一：研究单调性问题1．函数的单调性函数单调性的判定方法：设函数()yfx=在某个区间内可导，如果()0fx，则()yfx=为增函数；如果()0fx，则()yfx=为减函数．2．已知函数

的单调性问题①若()fx在某个区间上单调递增，则在该区间上有()0fx恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足()0fx，才能得出()fx在某个区间上单调递增；②若()fx在某个区间上单调递减，则在该区间上有()0fx恒成立（但不恒等

于0）；反之，要满足()0fx，才能得出()fx在某个区间上单调递减．二：讨论单调区间问题类型一：不含参数单调性讨论（1）求导化简定义域(化简应先通分，尽可能因式分解；定义域需要注意是否是连续的区间)；（2）变号保留定号去(变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已

知恒正或恒负，无需单独讨论的部分)；（3）求根做图得结论(如能直接求出导函数等于0的根，并能做出导函数与x轴位置关系图，则导函数正负区间段已知，可直接得出结论)；（4）未得结论断正负(若不能通过第三步直接得出结论，则先观察导函数整体的正负)；（

5）正负未知看零点(若导函数正负难判断，则观察导函数零点)；（6）一阶复杂求二阶(找到零点后仍难确定正负区间段，或一阶导函数无法观察出零点，则求二阶导)；求二阶导往往需要构造新函数，令一阶导函数或一阶导函数中变号部分为新函数，对新函数再求导．（7）借助二阶定区间(通过二阶导正负判断一阶导函数的单

调性，进而判断一阶导函数正负区间段)；类型二：含参数单调性讨论（1）求导化简定义域(化简应先通分，然后能因式分解要进行因式分解，定义域需要注意是否是一个连续的区间)；（2）变号保留定号去(变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已知恒正或恒负，无需单独讨论的部分)；（3）恒正恒负

先讨论(变号部分因为参数的取值恒正恒负)；然后再求有效根；（4）根的分布来定参(此处需要从两方面考虑：根是否在定义域内和多根之间的大小关系)；（5）导数图像定区间。例．已知函数()()()sincos,ex

xfxaxafx=+R为函数()fx的导函数．(1)若2a−，讨论()fx在()0,2π上的单调性；(2)若函数()()()gxfxfx=+，且()gx在()0,π内有唯一的极大值，求实数a的取值范围．【详解】（1）因为

()sincosexxfxax=+，所以()cossinsinexxxfxax−=−，设()()cossinsinexxxhxfxax−==−，则()sincoscossin2coscoseexxxxxxhxaxxa−−−+=−=−+．当(

)0,2πx时，()2π2π22e1,e,,2eexx，当2a−时，20exa+．当()0,2πx时，令()0hx=，则12π3π,22xx==．当π0,2x时，()0hx，则()hx即()fx单调

递增；当π3π,22x时，()0hx，则()hx即()fx单调递减；当3π,2π2x时，()0hx，则()hx即()fx单调递增．综上，()fx在π3π0,,,2π22上单调递增，在π3π,22上单

调递减．（2）由（1）知，()()()()sincossincoscossincossineeexxxxxxxgxfxfxaxaxaxx−=+=++−=+−，()()()sincosπ1sincos2sine4exxxx

gxaxxxa−+=−+=−++．（ｉ）当0a时，在()0,π内，10exa+恒成立，当()0,πx时，令()0gx=，得03π4x=，当3π0,4x时，()()0,gxgx单调递减，当3π,π4

x时，()()0,gxgx单调递增，当0a时，()gx在()0,π内有唯一的极小值点03π4x=，不存在极大值，不符合题意．（ⅱ）当a<0时，令10exa+=，得31lnxa=−，当3xx时，10exa+；当3xx时，10exa+

．①当3013πln4xxa=−=，即3π41ea−时，若30x，即1a−，则当3π0,4x时，()()0,gxgx单调递增，当3π,π4x时，()()0,gxgx单调递减，故()gx在03π4x=处取得()0,π内的唯一极

大值，符合题意．若33π0,4x，即3π411ea−−，则当()30,xx时，()()0,gxgx单调递减，当33π,4xx时，()()0,gxgx单调递增，当3π,π

4x时，()()0,gxgx单调递减，故()gx在03π4x=处取得()0,π内的唯一极大值，符合题意．②当30xx=，即3π41ea=−时，若3π0,4x，则()()0,gxg

x单调递减，若3π,π4x，则()()0,gxgx单调递减，故()gx在()0,π内无极值，不符合题意．③当33π,π4x，即3ππ411eea−−时，()gx在3π0,

4内单调递减，在33π,4x内单调递增，在()3,πx内单调递减，故()gx在31lnxa=−处取得()0,π内的唯一极大值，符合题意．④当3πx，即π10ea−时，()gx在3π0,4内单调递减，在3

π,π4内单调递增，故()gx在03π4x=处取得()0,π内的唯一极小值，不存在极大值，不符合题意．综上，实数a的取值范围是3ππ344π111,,eee−−−−．变式1．已知函数()21ln13fxxxxax=−−−．(1)若1

2a=，判断函数()fx的单调性．(2)若()fx有两个不同的极值点12,xx（12xx），求证：1212lnln1xxxx++．【详解】（1）解：当12a=时，()()211ln1032fxxxxxx=−−−，所以(

)2211121ln1ln3232fxxxxxxxxxx=−−−+−−=−−，设()()2ln0gxxxxx=−−，则()()()()1121210xxgxxxxx+−=−−=，当10,2x时，()0gx

，()gx单调递增；当1,2x+时，()0gx，()gx单调递减，所以()max12gxg=，所以()13ln2024gxg=−−恒成立，即()0fx，所

以()fx在()0,+上单调递减．（2）解：因为()()21ln103fxxxxaxx=−−−，所以()()2ln20fxxxaxx=−−，因为()fx有两个不同的极值点12,xx，所以()2ln20fxxxax=−−=有两个

不同的实根12,xx，设()()()ln20fxxhxxaxxx==−−，则()()221ln0xxhxxx−−=，设()21ln,0mxxxx=−−，可得()120mxxx=−−，所以()mx在

()0,+上是减函数，且()10m=，所以当()0,1x时，()0hx，()hx单调递增；当()1,x+时，()0hx，()hx单调递减，所以1201xx，由()22222222ln11lnxhxhxxxxxx−=++−，设()()ln1ln1xFxxxxxx

x=++−，则()()211ln01Fxxxx=−，所以()Fx在()1,+上是增函数，所以()()10FxF=，所以()2210hxhx−，即()221hxhx，因为()()

12hxhx=，所以()121hxhx，因为101x，2101x，()hx在()0,1上是增函数，所以121xx，所以121xx，可得()1212lnlnln0xxxx+=，所以1212lnln1xxxx++．变式2．已

知函数()exxafxa+=．(1)求()fx的单调区间；(2)若()32ln2exxfxx++，求a的取值范围．【详解】（1）()()2()e()e1()eexxxxxaaxaaxafxaa+−+−−==．由题可知：0a，当a<0时，令

()0fx=，解得1xa=−，当(),1xa−−，()0fx，()fx单调递减，当()1,xa−+，()0fx，()fx单调递增；.当0a时，令()0fx=，解得1xa=−，所以当

()1,xa−+，()0fx，()fx单调递减，当(),1xa−−，()0fx，()fx单调递增；综上，当a<0时，单调递减区间为(),1a−−，单调递增区间为()1,a−+；当0a时，单调递减区间为()1,a−+，单调递增区间为(),1a−−．（2）原不等式为

32ln2eexxxxaxa+++，即122ln2exxxxa+−．因为0x，所以lnln2(ln)e22122ln2e22ln2exxxxxxxxxxxaxxx+++−+−+−+−==．令lntxx=+，则其在

区间(0,)+上单调递增，取1ex=，则1e0et−=；取1x=，则10t=，所以存在唯一01,1xe使得00ln0txx=+=，令()e1()tgttt=−−R，则()e1tgt=−．当0t时，()0gt，()gt单调

递减；当0t时，()0gt，()gt单调递增；所以()()00=gtg，即e10tt−−，e1+tt．故lneln1xxxx+++．故ln(ln)e(ln)(ln1)1xxxxxxxx++−+−++=−，所以ln2(ln)e222(1)222xxxxxxxx++−+−−+−

=−．当且仅当ln0xx+=即0xx=时，等号成立，故12a−，解得12a−或0a，即a的取值范围为()1,02−−+.变式3．设函数()282lnfxxxx=−+.(1)求()fx的单调区间；(2)若正

数1x，2x满足()()127ffxx+=，证明：129xx+.【详解】（1）()fx的定义域是()0,+，()()2241228xxfxxxx−+=−+=.令()0fx，解得2323x−+；令()0fx¢>，解得023x−或23x

+.所以()fx在()0,23−上单调递增，在()23,23−+上单调递减，在()23,++上单调增.（2）证明：因为()()127ffxx+=，所以()221212122ln887xxxxxx++−−=.设()ln1ttφt=−+，定义域为()0,+，则()111tttt−=−=，当

01t时，()0t.()t单调递增；当1t时，()0t，()t单调递减.因此()()10t=，所以ln1tt−对任意的0t恒成立.令()120txxt=+，有()222212121212121272ln882288xxxxxxxxxx

xx=++−−−++−−()()2121282xxxx=+−+−，当且仅当121=xx时，等号成立.因此2890tt−−，即()()190tt+−，解得9t，即129xx+.1．若方程222ln(0)exaxaax=−在(),0a上有实根，则a的取值范围是（）A．(),2

−−B．()2,0−C．(),ln2−−D．()ln2,0−【答案】C【分析】根据题意，化简得到2ln2lnaxxaexex−=−，设()e,0tfttt=，得到()2lnaffxx=−，求得()0ft，得到()ft为增函数，

转化为方程()()ln2lnaxx−=−−在(),0a上有实根，设()()lngxxx=−−，利用导数求得函数()gx的单调性，结合()()ln2aga−，进而求得a的范围.【详解】由222lnexaxax=−，可得22lnexaaxxx−=−，即2ln2lnax

xaexex−=−，因为a<0，可得20aax，所以2ln0ax，其中0x，设()e,0tfttt=，则()2lnaffxx=−，又因为()()1e0tftt=+，所以()ft在()0,+上为增函数，所以2lnaxx=−，即()()

ln2lnaxx−=−−，所以问题转化为方程()()ln2lnaxx−=−−在(),0a上有实根，设()()lngxxx=−−（0ax），则()10xgxx−=，所以()gx在(),0a上是减函数，所以()()()ln

2lnagaaa−=−−，解得ln2a．故选：C．2．已知函数()211()lg220232023xxfxxx−−=−++，则不等式()()33fxfx+成立的x的取值范围是（）A．13,42−B．123,0,432−C．()31,0

0,2−D．23,32【答案】D【分析】先判断的对称性，然后利用导数讨论其单调性，结合对称性即可求解，注意最后的范围要考虑定义域..【详解】由220xx−得的定义域为(0)(2)−+，，，因为()()()()()()2111121lg121202

32023lg12023202=3xxxxfxxxx−−−−−−=−−−++−++，()()()()()()21+111+21+lg1+21+20232023lg1202322=03xxxxfxxxx−−−=−++−++，所以()()1=1+fxfx−，

所以()fx的图象关于1x=对称.记()()()21lg120232023xxgxfxx−=+=−++，当0x时，由复合函数单调性易知()2lg1yx=−单调递增，记()20232023xxhx−+=，则

()()20232023ln2023xxhx−−=，记()20232023xxmx−−=，则()()20232023ln20230xxmx−+=，所以()mx在()0,+上单调递增，所以()(0)0mxm=

，所以()0hx，所以()hx在()0,+上单调递增，所以()gx在()0,+上单调递增，综上，()fx在()1,+上单调递增，图象关于1x=对称，由此可知，要使(3)(3)fxfx+，必有|31||31

|xx−+−，两边平方整理得281030xx−−，解得1342x−，又3(0)(2)3(0)(2),,,,,xx−++−+，得3x−或23x，所以(3)(3)fxfx+的解集为23,32.故选：D

.3．设函数()fx是奇函数()()Rfxx的导函数，()10f−=，当0x时，()()0xfxfx−，则不等式()0fx的解集为（）A．()(),10,1−−B．()()1,01,−+C．()(),11,0−−−UD．()()0,11,+【答案

】B【分析】观察()()0xfxfx−，可考虑构造函数()()fxFxx=，求得()Fx的奇偶性，再由0x时，()Fx的单调性确定整个()Fx增减性，由()Fx与x的正负反推()fx正负即可求解.【详解】设()()fxFxx=

，则()()()2xfxfxFxx−=，∵当0x时，()()0xfxfx−，∴当0x时，()0Fx，即()Fx在()0,+上单调递减.由于()fx是奇函数，所以()()fxFxx−−=

=−()()fxFxx=，()Fx是偶函数，所以()Fx在(),0−上单调递增.又()()110ff=−=，当1x−或1x时，()()0=fxFxx；当10x−或01x时，()()0fxFxx=

，所以当10x−或1x时，()0fx.即不等式()0fx的解集为()()1,01,−+.故选：B.4．已知函数()fx及其导函数()fx的定义域均为ππ,22−，且()fx为偶函数，π26f=−，()()3cossin0fxxfxx+，则不等

式3π1cos024fxx+−的解集为（）A．π,03−B．ππ,32C．2ππ,33−D．2π,03−【答案】D【分析】构建()()3ππsin,,22

=−gxfxxx，求导，利用导数判断原函数单调性，结合单调性解不等式.【详解】令()()3ππsin,,22=−gxfxxx，则()()()()()2323sinco3cosssinsisinn=+=

+gxfxxxfxxfxxfxxx，因为ππ,22x−，则2sin0x，且()()3cossin0fxxfxx+，可知()0gx，且仅当0x=时()0gx=，则()gx在ππ,22−上单调递增，又因为()fx为偶函数，ππ266ff

−==−，可得3πππ1sin6664−=−−=gf令()1π46=−gxg，可得ππ62x−，注意到33ππππsincos2222gxfxxfxx+=

++=+，不等式3π1cos024fxx+−，等价于ππ26+−gxg，可得πππ622−+x，解得2π03−x，所以不等式3π1cos024fxx+−的解集为2π,03

−.故选：D.5．定义在()0,+上的函数()fx的导函数为()fx，且()()()20xxfxfx+−恒成立，则下列结论正确的有（）A．()()4132ffB．()()163154ffC．()()6254ffD．()()254245ff【答案】AC【分析】构造函

数1()(1)()gxfxx=+，利用导数得出其单调性，然后由单调性比较大小，从而判断各选项．【详解】令()()11gxfxx=+，则()()()()()()222111xxfxfxgxfxfxxxx+−=−++=．∵()()()20xxfx

fx+−在()0,+上恒成立，∴()0gx，故()gx在()0,+单调递增．由(2)(1)gg，得()()32212ff，即()()4132ff，故A正确；由(4)(3)gg，得()()544343ff，即()()163154ff，故B错误；由()()24g

g，得()()352424ff，即()()6254ff，故C正确；由()()54gg得()()655454ff，即()()254245ff，故D错误．故选：AC．6．已知()gx是定义域为R的函数()fx的导函数，()0

1f=，()10f=，()()20gxgx+−=，()()01fxgxx+−，则下列说法正确的是（）A．()21f=B．()13ef（e为自然对数的底数，e2.71828）C．存在0Rx，()00fxD．若()00,1

x，则()()00,1fx【答案】ABD【分析】由原函数和导函数的对称性判断A；令()()exhxfx=，结合题设条件判断其单调性后可判断B，C，D.【详解】因为()gx是定义域为R的函数()fx的导函数，所以()fx是定义域为R的可导函数，因为()()20gxgx+−=，所以()gx的

图像关于点()1,0对称，所以()()2fxfxC=-+，而()()110ffCC=+?，故()()2fxfx=−，所以()fx的图像关于1x=对称，因为()()01fxgxx+−，故1x时，()()0fxgx+

，所以()()0fxfx+，设()()exhxfx=，故1x时，()()()e0xhxfxfx=+，故()hx在()1,+上为增函数，同理()hx在(),1−上为减函数，对于A，因为()()2fxfx=−，故

()()012ff==，故A正确；对于B，()()()3223e3(2)e2ehfhf===，故()13ef，故B正确；对于C，当1x时，()()()1e10hxhf==；当1x时，()()10hxh=，而1x=时，()10h=，故()0hx恒

成立，故C错误；对于D，当01x时，()hx单调递减，()()00e01hf==，()10h=，所以()()0,1hx，故01x时，()()e0,1xfx，而e1x，故()()0,1fx，故D正确；故选：ABD7．设32()fxxaxbxc=+++，若(1)1f=，(2)2f=，

(3)3f=，下列说法正确的是（）A．(4)4f=B．()fx无极值点C．()fx的对称中心是(2,2)D．20231()4046506kkf==【答案】BCD【分析】根据题意，建立三元方程组，结合函数解析式，利用代入法，求导研究单调性、函数对称性判

断、倒序相加法，可得答案.【详解】由题意可得()()()11128422327933fabcfabcfabc=+++==+++==+++=，解得6126abc=−==−，则()326126fxxxx=−+−，对于A，()46461612

4610f=−+−=，故A错误；对于B，()()2231212320fxxxx=−+=−，则函数()fx在R上单调递增，故B正确；对于C，由()()()()324444641246fxxxx−−=

−−−−+−−=()326126xxxfx=−+−=，故C正确；对于D，由2023120244506506506nn−++==，则,506506nnf与2023120231,506506nn

f−+−+关于()2,2对称，所以202314506506nnff−++=，设202311220222023506506506506506kkSfffff===++++

L，2023202221506506506506Sffff=++++L，两式相加可得：24444202348092S=++++==L，解得4056S=，故D正确.故选：BCD.8．已知函数()()()11ln,fxaxxxa=−++

R，则下列说法正确的是（）A．当1ln8a=时，()122ff=B．当0a时，()22faaa−C．若()fx是增函数，则2a−D．若()fx和()fx的零点总数大于2，则这些零点之和大于5【答案】ABD【分析】直接代入即可判断A，令()()()22a

gafaa=−−，利用导数说明函数的单调性，即可判断B，由()0fx在()0,+上恒成立，利用导数求出()minfx，即可求出a的取值方程，即可判断C，首先说明2a−，得到()fx在()0,1和()1,+上各有一个零点1x，2x，利用对数均值不等式得到121xx，即可得到12

2xx+，再说明()fx在()10,x和()2,x+上各有一个零点3x、4x且431xx=，最后利用基本不等式证明即可.【详解】对于A：当1ln8a=时()()()11ln1ln8fxxxx=−++，则()12ln3ln23ln23ln208f=+=−+=，11111331ln1ln

ln2ln202282222f=−++=−=，所以()122ff=，故A正确；对于B：()()()()211ln1lnfaaaaaaaaa=−++=−++，令()()(

)()()()222221ln21lnaaaaaaaaagafaaa−−+−−=−−+==++，则()112lnln21aaaaaaaga=+−++=−++，令()()1ln21aaamaga−+=+=，则()2222217211214820

amaaaaaaa−−−−−=−−==，所以()ga在()0,+上单调递减，又()10g=，所以当01a时()0ga，当1a时()0ga，所以()ga在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，所

以()()max110gag==−，所以当0a时，()22faaa−，故B正确；对于C：()1ln0xfxaxx+=++在()0,+上恒成立，令()()1lnxhxfxaxx+==++，则()22111xhxxxx−=−=，所以当01x时()0hx，当1x

时()0hx，所以()fx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，所以()()min120fxfa==+，解得2a−，故C错误；对于D：因为()10f=，即1为()fx的一个零点，当2a=−时()0fx

，()0fx=有且仅有一个根1，此时()fx在()0,+上单调递增，所以()fx和()fx都只有1个零点，不符合题意；当2a−时()0fx¢>，则()fx无零点，()fx只有一个零点，不符合题意；当2a−时()

fx在()0,1和()1,+上各有一个零点1x，2x，所以11221ln101ln10axxaxx+++=+++=，所以21121221lnlnxxxxxxxx−=−，所以121xx，所以121222xxxx+=，且(

)fx在()10,x上单调递增，在()12,xx上单调递减，在()2,x+上单调递增，且()10f=，所以()10fx，()20fx，所以()fx在()10,x和()2,x+上各有一个零点3x、4x，又()()()1111

1111ln11lnfaaxxxfxxxxxxx=−++=−−++=−，所以431xx=，所以()123412331112215xxxxxxxx++++=++++++=，故D正确.其中：

不等式lnlnababab−−的证明如下：要证lnlnababab−−，只需证lnlnlnabaababbbaab−−==−，令1axb=，只需证12lnxxx−，1x，设1()2lnnxxxx=−+，1x，则()22221(1)10xnxxxx−=−−=−，可得()n

x在(1,)+上单调递减，∴1()(1)02lnnxnxxx=−，得证.故选：ABD9．已知函数()2ln(fxaxaxxa=−R且0)a．(1)讨论()fx的单调性；(2)若不等式()e

xfx恒成立，求实数a的最大值．【答案】(1)答案见解析(2)e【分析】（1）先确定函数()fx的定义域，求得()fx，再构造函数并求导，对a分类讨论，即可得函数()fx的单调性；（2）不等式()exfx恒成立，即()elnxaxxx

−恒成立，接下来研究()lnuxxx=−的值域，从而分离参数a，利用构造函数法，并结合导数求得a的最大值．【详解】（1）函数()2ln(fxaxaxxa=−R且0)a的定义域为()0,+，()2lnfxaxaxa

=−−．记()2lngxaxaxa=−−，则()1222(0)axagxaxxx−=−=，若0a，则当10,2x时，()()0,gxgx单调递增，当1,2x+时，()()0

,gxgx单调递减，则maxmax1()()ln202fxgxga===，所以()fx在()0,+上单调递减；若0a，则当10,2x时，()()0,gxgx单调递减，当1,2x+时，()()0,gxgx单调递增，则minmin1

()()ln202fxgxga===，所以()fx在()0,+上单调递增．综上所述，当0a时，()fx在()0,+上单调递增；当0a时，()fx在()0,+上单调递减．优解：由题意设()2ln,0gxxxxx=−，则()2ln1gxxx=

−−，令()2ln1,0xxxx=−−，则()1212xxxx−=−=，令()0x，则12x；令()0x，则102x，所以()x在10,2上单调递减，在1,2+上单调递增，()1ln202x=，即()0gx

在()0,+上恒成立，所以()gx在()0,+上单调递增，而()(),fxagxa=R且0a，所以当0a时，()fx在()0,+上单调递增；当0a时，()fx在()0,+上单调递减．（2）

()exfx恒成立，即()elnxaxxx−恒成立．记()lnuxxx=−，则()111xuxxx−=−=，()ux在()0,1上()()0,uxux单调递减，在()1,+上()()0,uxux单调递增，则()min()11uxu

==，所以()10ux在()0,+上恒成立．所以2elnxaxxx−恒成立．设()2elnxhxxxx=−，则min()ahx．()()()()()()222222elne2ln1eln2ln1lnlnxxxxxxxxxxxxxhxxxxxxx−−−−−−++==−−

()()()()()22222e(1)1lne11lnlnlnxxxxxxxxxxxxxx−−−−−−==−−，因为()ln1uxxx=−恒成立，所以1ln0xx−−恒成立，当1x=时取等号，所以当()0,1x时，()()0

,hxhx单调递减，当()1,x+时，()()0,hxhx单调递增，所以()min()1ehxh==．所以ea，故实数a的最大值为e．优解:不等式()exfx恒成立，即2elnxaxaxx−恒成立，即()elnxaxxx−恒成立，即()lne

lnxxaxx−−恒成立．令lntxx=−，则111xtxx−=−=，所以lntxx=−在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，所以1t．()lnelnxxaxx−−即()e1tatt

，即()e1tatt，令()()1ethttt=，则()()()2e10,tththtt=−单调递增，所以()min()1ehth==，所以ea，故实数a的最大值为e．10．已知函数()21e,R2xfx

axxxx=−−．(1)讨论函数()fx的单调性．(2)若关于x的方程21()ln2fxxx=−有两个实数根，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)10,e【分析】（1）分0a，0ea，ea=，ea四种情况讨论，分别求出对应单调性

．（2）运用同构和换元，再通过分离参数求出实数a的取值范围.【详解】（1）由题意函数()fx的定义域为()()()()R,ee11e1xxxfxaxxxa=+−−=+−．当0a时，若()(),1,0xfx−−，则()fx单调递增；若()()1,,0xfx−+，则()fx单

调递减．当0a时，令()0fx=，得=1x−或lnxa=−．①当1lna−=−时，ea=，则()0,()fxfx在R上单调递增．②当ln1a−−时，ea，则当(,ln)xa−−时，()0,()fxfx单调递增；当()

ln,1xa−−时，()0,()fxfx单调递减；当(1,)−+x时，()0,()fxfx单调递增．③当ln1−−a时，0ea，则当(,1)x−−时，()0,()fxfx单调递增；当()1,lnxa−−时，(

)0,()fxfx单调递减；当(ln,)xa−+时，()0,()fxfx单调递增．综上，当0a时，()fx在(,1)−−上单调递增，在(1,)−+上单调递减；当0ea时，()fx在()(),1,ln,a−−−+上单调递增，在()1,lna−−上单调递减；当ea=时，

()fx在R上单调递增；当ea时，()fx在()(),ln,1,a−−−+上单调递增，在()ln,1a−−上单调递减．（2）由21()ln2fxxx=−，得elnxaxxx=+，即lnelnxxaxx+=+．设()ln

,0gxxxx=+，则1()10gxx=+，所以()lngxxx=+为增函数，且()lngxxx=+的值域为R．令ln,Rtxxt=+，所以lnelnxxaxx+=+可化为etat=，则ttae

=．令(),ettyaht==．因为关于x的方程21()ln2fxxx=−有两个实数根，所以直线ya=与函数()ettht=的图像有两个不同的交点．因为()1ettht−=，所以当(,1)t−时，()

0ht，则()ht单调递增；当(1,)t+时，()0ht，则()ht单调递减．所以()()11ehth=，且当t→+时，()0ht→，当t→−时，()ht→−，所以10ea，即实数a

的取值范围为10,e．11．已知函数()()()23e4xFxxaxx=−−−．(1)当e2a=时，求函数()Fx的单调递增区间；(2)若()Fx存在极小值点0x，且()02Fxa，求a的取值范围．【答案】(1)(),1−，()2,+(2)24ee,,22

−+【分析】（1）直接利用求导求解函数单调区间即可；（2）求导得到()()()2e2xFxxa−−=，然后对a分类讨论，利用导数研究函数()Fx的极值即可.【详解】（1）()()()23e4xFxxaxx=−

−−，当e2a=时，()()()()()2e22eeexxFxxxx=−−−=−−，由()()()2ee0xFxx=−−得2x或1x，所以函数()Fx的单调递增区间为(),1−和()2,+．（2）()()()()()2e222e2xxFxxaxxa=−−

−=−−．当0a时，令()0Fx=，得2x=，则当2x时，()0Fx，当2x时，()0Fx，所以函数()Fx仅有唯一的极小值点02x=，此时()22e42Faa=−+，显然符合题意．当0a时，令()0Fx

=，得2x=或()ln2xa=，若()ln22a=，即2e2a=，则()()()22ee0xFxx=−−，此时()Fx单调递增，无极值点，不符合题意；若()ln22a，即20e2a，则当()()(),ln22,a

x−+U时，()0Fx，当()()ln2,2xa时，()0Fx，所以函数()Fx的极小值点02x=，由()22e42Faa=−+得2e2a，所以20e2a；若()ln22a，即22ea，则当()()(

),2ln2,ax−+U时，()0Fx，当()()2,ln2xa时，()0Fx，所以函数()Fx的极小值点()0ln2xa=，由()()()()()()2ln2ln2ln2ln22342aaaFaaaa=−−−得

4e2a．综上所述，a的取值范围为24ee,,22−+．易错点三：误判最值与极值所在位置（利用导数研究函数的极值与最值）1．函数的极值函数()fx在点0x附近有定义，如果对0x附近的所有点都有0()()fxfx，则

称0()fx是函数的一个极大值，记作0()yfx=极大值．如果对0x附近的所有点都有0()()fxfx，则称0()fx是函数的一个极小值，记作0()yfx=极小值．极大值与极小值统称为极值，称0x为极值点．求可导函数()fx极值的一般步骤第一步：先确定函数()fx的定义域；第二步：求导

数()fx；第三步：求方程()0fx=的根；第四步：检验()fx在方程()0fx=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()yfx=在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()yfx=在这个根处取得极小值．2．函数的最值函

数()yfx=最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数()fx最小值为极小值与靠近极大值的端点之间的最小者．导函数为21212()()()()fxaxbxcaxxxxmxxn=++=−−（1）当0a时，最大值是1()fx与()fn中的最大者；最小值是2()fx与()fm中

的最小者．（2）当0a时，最大值是2()fx与()fm中的最大者；最小值是1()fx与()fn中的最小者．一般地，设()yfx=是定义在[]mn，上的函数，()yfx=在()mn，内有导数，求函数()yfx=在[]mn，上的最大值与最小值可分为两步进行：第一

步：求()yfx=在()mn，内的极值（极大值或极小值）；第二步：将()yfx=的各极值与()fm和()fn比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．技巧：1．由图象判断函数()yfx＝的极值，要抓住两点：（1）由()yfx＝的图象与x轴的交点，可得函数()yfx＝

的可能极值点；（2）由导函数()yfx＝的图象可以看出()yfx＝的值的正负，从而可得函数()yfx＝的单调性．两者结合可得极值点．2．已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：（1）根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；（2）因为导数值等于0不是此点为

极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验．3．求函数()fx在闭区间,ab内的最值的思路（1）若所给的闭区间,ab不含有参数，则只需对函数()fx求导，并求()0fx＝在区间,ab内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与()f

a，()fb比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（2）若所给的闭区间,ab含有参数，则需对函数()fx求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数()fx的最值．结论：1、若函数()fx在区间D上存在最小值()minfx和最大值()maxf

x，则不等式()fxa在区间D上恒成立()minfxa；不等式()fxa在区间D上恒成立()minfxa；不等式()fxb在区间D上恒成立()maxfxb；不等式()fxb在区间D上恒成立()maxfxb；2、若函数()fx在区间D上不存在最大（小）值，且值域为(

),mn，则不等式()()()fxafxa或在区间D上恒成立ma．不等式()()()fxbfxb或在区间D上恒成立mb．3、若函数()fx在区间Ｄ上存在最小值()minfx和最大值()maxfx，即(),fxmn，则对不等式有解问题有以下结论：不等式()afx在区间D上有解

()maxafx；不等式()afx在区间D上有解()maxafx；不等式()afx在区间D上有解()minafx；不等式()afx在区间D上有解()minafx；4、若函数()fx在区间D上不存在最大（小）值，如值域为(),mn，则对不等式有解问题有以下结论：不等式(

)()()afxfx或a在区间D上有解an不等式()()()bfxfx或b在区间D上有解bm5、对于任意的1,xab，总存在2m,xn，使得()()()()1212maxmaxfxgxf

xgx；6、对于任意的1,xab，总存在2m,xn，使得()()()()1212minminfxgxfxgx；7、若存在1,xab，对于任意的2m,xn，使得()()()()1212minminfxgxfxgx；8、若存

在1,xab，对于任意的2m,xn，使得()()()()1212maxmaxfxgxfxgx；9、对于任意的1,xab，2m,xn使得()()()()1212maxminfxg

xfxgx；10、对于任意的1,xab，2m,xn使得()()()()1212minmaxfxgxfxgx；11、若存在1,xab，总存在2m,xn，使得()()()()1212minmaxfxgxfxgx12、若

存在1,xab，总存在2m,xn，使得()()()()1212maxminfxgxfxgx易错提醒：（1）①可导函数()fx在点0x处取得极值的充要条件是：0x是导函数的变号零点，即0()0fx=，且在0x左侧与右侧

，()fx的符号导号．②0()0fx=是0x为极值点的既不充分也不必要条件，如3()fxx=，(0)0f=，但00x=不是极值点．另外，极值点也可以是不可导的，如函数()fxx=，在极小值点00x=是不可导的，于是有如下结论：0

x为可导函数()fx的极值点0()0fx=；但0()0fx=0x为()fx的极值点．（2）①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，

故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.例．已知函数()2lnfxxxax=−−存在两个极值点12,xx，且12xx.(1)求a的取值范围；(2)若()()1

212fxfxmxx−，求m的最小值.【详解】（1）函数()fx的定义域为()0,+，且()22xxafxx−−=.因为函数()fx存在两个极值点12,xx，且12xx，所以方程220xxa−−=在区间()0,+上有两个不等根.所以

有1212Δ18010202axxaxx=++==−，解得108a−.所以a的取值范围为1,08−.（2）由（1）知1202axx=−，即122axx=−，所以()()2112fxfxmxx−

可化为()()2112fxfxmxx−.因为12121,02xxxx+=，所以121110,442xx，所以()()22212221111212lnlnfxfxxxaxxxaxxxxx−−−−++=()()1212

11221212lnxxxxxxxxxx−+−−=()12112212112ln2xxxxxxxx−−−=()1122121212ln2xxxxxxxx−−=()()121211211222122ln2lnxxxxxxxxxxxxxx−+=−=−−令()21222112,1

0,12xxttxxx−===−，设()12ln(01)gttttt=−−，则()22212(1)10tgtttt−=+−=，所以函数()gt在()0,1上单调递增.因为()10g=，所以()0gt，所以若()()2112fxfxmxx−恒成立，则0m，即实数

m的最小值为0.变式1．已知函数2()ln(12)fxaxxax=−+−，其中Ra．(1)若12x=是函数()fx的极值点，求a的值；(2)若a<0，讨论函数()fx的单调性．【详解】（1）0x>22(12)1(21)(1)()xaxaxxaxxfx+−−+−==，因为12x=是函数(

)fx的极值点，所以1()02f=，解得1a=−，当1a=−时，(21)(1)()xxxfx−+−=，若()0fx，则112x，若()0fx，则102x或1x.即函数()fx在10,2

上单调递减，在1,12上单调递增，即12x=是函数()fx的极值点.故1a=−．（2）0x>，22(12)1(21)(1)()xaxaxxaxxfx+−−+−==，当a<0时，令()0fx=，解得12xa=−或1x=，当112a−，

即12a−时，当112xa−时，()0fx，当102xa−或1x时，()0fx，所以()fx在10,2a−上单调递减，在1,12a−上单调递增，在()1,+上单调递减．当111022aa−−，即时，当112xa−时，()0f

x，当01x或12xa−时，()0fx，所以()fx在()0,1上单调递减，在11,2a−上单调递增，在1,2a−+上单调递减．当112a−=，即12a=−时，()0fx，所以()fx

在()0,+上单调递减.综上，当102a−时，()fx在()0,1上递减，在11,2a−上递增，在1,2a−+上递减；当12a=−时，()fx在()0,+上单调递减；当12a−时，()fx在10,2a−上单调

递减，在1,12a−上单调递增，在()1,+上单调递减．变式2．若函数()3143fxxbx=−+，2x=为函数()fx的极值点.(1)求b的值；(2)求函数的极值.【详解】（1）因为()3143fxxbx=

−+，所以2()fxxb=−.因为2x=是()fx的一个极值点，所以()20f=，即220b−=，则4b=，当4b=时，()()2()422fxxxx=−=+−，令()0fx，得<2x−或2x；令()0fx，得22x−；所以()fx在()(),2,2

,−−+上单调递增，在()2,2−上单调递减，所以2x=是()fx的极小值点，满足题意，故4b=.（2）由（1）知()31443fxxx=−+，且2x=是()fx的极小值点，2x=−是()fx的极大值点，所以

()fx的极小值为()3142242433f=−+=−，()fx的极大值为()()()31282242433f−=−−−+=.变式3．已知函数()2ln,Raxfxxax=+.(1)当12a=−时，求

函数()fx的极值；(2)若()fx有两个极值点12xx，，求证：()()12124fxfxxx++.【详解】（1）当12a=−时，函数()()()22lnln10xxxfxxxfxxx+−=−=，易知()2l

n1gxxx=+−在定义域上单调递增，且()10g=，所以当()0,1x时，()()00gxfx，即此时()fx单调递减，当()1,x+时，()()00gxfx，即此时()fx单调递增，故

()fx在1x=时取得极小值，()11f=；（2）由()()222ln2ln2axxaxafxxfxxx−+=+=，令()0fx=，即22ln20xaxa−+=，由题意可知12xx，是方程22ln20xaxa−+=的两个根，则2112222ln202ln20xax

axaxa−+=−+=，欲证()()12124fxfxxx++，即证221212121212121212122222224axaxxaxaxxxxxxxxaxxxxxx++++++++==+++，即证12axx，令()()()22222ln20xahxxaxaxh

xx−=−+=，若0a，()()0hxhx定义域上单调递增，不存在两个零点，舍去；则0a，可知在()0,xa时，()()0hxhx单调递减，在(),xa+时，()()0hxhx单调递增，要符合题意则需()()33ln0e,haaaaa=

−+，又0x→时，()0hx，x→+时，()0hx，此时不妨令120xax，构造函数()()()0aHxhxhxax=−()()222223222220aaxaxaax

Hxaxxxx−−−=+=，即()Hx在定义域内单调递增，即()()()0aHxHahxhx=，所以()()121ahxhxhx=，因为120xax，所以1aax，且在(),xa+时，()hx单调递增，故2121axxxax，得

证.1．已知函数()()2lnR2xfxkxxkxk=−−，在()20,e有且只有一个极值点，则k的取值范围是（）A．[0,e)B．()2e,0,e2−+C．()2e,0,2−

+D．(0,e【答案】C【分析】求出导函数()fx，问题转化为()()gxfx=在2(0,e)上只有一个变号零点，再求导数确定单调性，利用零点存在定理求解．【详解】()lnlnfxkxkxkkxx

=+−−=−，由题意()lnfxkxx=−在20e（，）上只有一个变号零点，设()()lngxfxkxx==−，()1kkxgxxx−=−=，0k=时，2()2xfx=−在()20,e上没有极值点，2(0,e)x，0k时，()0gx恒成立，(

)gx递减，0x→时，()0gx，因此22(e)2e0gk=−，2e2k，所以0k，2ek时，()0gx恒成立，()gx递增，0x→时，()0gx，因此22(e)2e0gk=−，2e2k，所以2ek，20ek时，0xk时，()0gx，()g

x递增，2ekx时，()0gx，()gx递减，max()()lngxgkkkk==−，0x→时，()0gx，22(e)2egk=−，因此若()0gk，则()gx在()20,e上至多只有一个不变号零点，所以()0gk且2(e)0g，由2(e)0g得2e

2k，此时2()(e)0gkg满足题意．综上，k的范围是2e(,0)[,)2−+．故选：C．2．已知0x=是函数23()e2e2e3xxxafxxxx=−+−的一个极值点，则a的取值集合为（）A．

1aa−B．{0}C．{1}D．R【答案】C【分析】根据极值点的定义求解即可.【详解】据题意，0x=应是()0fx=的一个变号零点，由于2()(e)xfxxa=−，所以0e0a−=，解得1a=，当1a

=时，0x时，()0fx，当0x时，()0fx，符合题意.故选：C.3．若函数()()()22eR2xafxxxaxa=−−+在1x=处取得极小值，则实数a的取值范围是（）A．(),0−B．()0,eC．(),e−D．()e,+【答案

】C【分析】依题意，求出导函数，可求得极值点分别为1x=或lnxa=，再分类讨论，确定原函数的单调区间，结合极小值的定义，从而可得实数a的取值范围.【详解】因为()()()22eR2xafxxxaxa=−−+，则函数()fx的定义域为R，则()()()()e2

e1exxxfxxaxaax−+=−+=−−，令()0fx=，解得：1x=或lnxa=，当ln1a时，即ea，令()0fx，解得：()(),1ln,xa−+，令()0fx，解得：(

)1,lnxa，此时函数()fx在1x=处取得极大值，不符合题意，舍去；当ln1a=时，即ea=，则()()()1e0xfxxa−=−恒成立，此时函数()fx单调递增，没有极值，不符合题意，舍去；当ln1a时，即ea，令()0fx，解得：()(),ln1,xa−+

，令()0fx，解得：()ln,1xa，此时函数()fx在1x=处取得极小值，符合题意.故选：C.4．设函数()πsin(0)6fxx=−在区间π,π2内有零点，无极值点，则的取值范围是（）A．11,63B．15,63C．14,33

D．1145,,6333U【答案】D【分析】先得到,626ππππ6πωωxω−−−，根据题目条件得到不等式，求出02，故,266πππ5π6ω−−，,ππ1661π6πω−−，分两种情况，得到不等式，

求出答案.【详解】因为π,π2x，0，所以,626ππππ6πωωxω−−−，因为函数在区间π,π2内有零点，无极值点，故πππππ626ωω−−−，解得02，则,266πππ5π6ω−−，,ππ1661π6

πω−−，要想满足要求，则πππ,0266πππ0,62−−−或πππ,π262π3πππ,62−−，

解得1163，或4533，故的取值范围是1145,,6333U.故选：D5．关于函数()sincosfxxxx=−，下列说法正确的是（）A．()fx是偶函数B．0是()fx的极值点C．()fx在ππ,22−上有且仅

有1个零点D．()fx的值域是1,1−【答案】C【分析】利用偶函数的定义判断A，根据极值点定义判断B，根据函数的单调性判断C，取特殊值判断D.【详解】()sincosfxxxx=−的定义域为R，关于原点对称，又()sin()()cos()sincos()fxxxxxxxfx−=−−−−=−+=

−，所以函数()fx是奇函数，故A错误；()cos(cossin)sinfxxxxxxx=−−=，(0)0f=，当π02x−时()0fx，当π02x时()0fx，故0不是函数的极值点，故B错误；由B知，当ππ22x−时，()fx单调递增，又(0)sin00co

s00f=−=，所以()fx在ππ,22−上有且仅有1个零点，故C正确；当πx=时，()πsinππcosππ[1,1]f=−=−，故D错误.故选：C6．若函数()21ln12fxxx=−+在其定义域内的一个子区间()1,1kk−+内不是单调函数，则实数k的取值范围（

）A．)1,+B．31,2C．13,22−D．31,2【答案】B【分析】利用导数研究函数的极值点，令极值点属于已知区间即可.【详解】2141()2(0)22xfxxxxx−=−=所以102x时()0,()fxfx递减，12x

时，()0,()fxfx递增，12x=是极值点，因为函数()21ln12fxxx=−+在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，所以10112kk−+，即312k，故选：B.7．已知函数()2eln2xxfxx=+−的极值点为1x，函数()ln

2xhxx=的最大值为2x，则（）A．12xxB．21xxC．12xxD．21xx【答案】A【分析】根据题目条件求出111,42x，2112e4x=，即可判断．【详解】()2eln2xxfxx=+−的定义域为()0,+，()1

exfxxx=+−在()0,+上单调递增，且1213022ef=−，41e154104f=−，所以111,42x，1111e0xxx+−=，所以当10xx时()0fx，当1xx时()0fx¢>，即()fx在()10,x上单调

递减，在()1,x+上单调递增，则()fx在1xx=处取得极小值且111,42x．()ln2xhxx=的定义域为()0,+，由()2222ln1ln42xxhxxx−−==，当()0,ex时，()0

hx，当()e,+x时，()0hx，故()ln2xhxx=在ex=处取得极大值，也是最大值，()()maxlne1e2e2ehxh===，即2112e4x=．所以12xx．故选：A8．当2x=时，函数()3212fxxbxx=+−取得极值，则()fx

在区间4,4−上的最大值为（）A．8B．12C．16D．32【答案】C【分析】先利用极值点的定义求得0b=，再利用导数求得()fx的最值，从而得解.【详解】因为()3212fxxbxx=+−，所以2()3212fxxbx=+−，

又()fx在2x=取极值，所以(2)124120,0fbb=+−==，所以3()12fxxx=−，2()312fxx=−，4,4x−，令()0fx，得42x−−或24x；令()0fx，得22x−；所

以()fx在[4,2]−−和[2,4]上单调递增，在[2,2]−上单调递减，故0b=满足题意，又(2)82416,(4)644816ff−=−+==−=，故max()16fx=，故选：C．9．已知函数()()22

ln1xfxaxx=+−.(1)当0a=时，求()fx的极值；(2)当1a=时，求()fx在)1,+上的最小值；(3)若()fx在()1,e上存在零点，求a的取值范围.【答案】(1)极大值为2e，没有极小值.(2)0(3)321,ee−

−−【分析】（1）利用导函数求函数的极值；（2）根据导函数求函数的最值；（3）根据()fx的导数，对a进行分类，结合函数的单调性和极值可得a的取值范围.【详解】（1）当0a=时，()2lnxfxx=，定义域：()0,+，()222lnxfxx−=，令

()0fx=，则ex=，x变化时，()fx，()fx的变化情况如下表：x()0,ee()e,+()fx+0−()fx单调递增极大值2e单调递减则()fx的极大值为：()2eef=，()fx没有极小值；（2）当1a=时，()()22ln1xfxxx=+−，定义域：)1,+

，()()32221ln22ln2xxxfxxxx−+−=+=，令()31lngxxx=−+，定义域：)1,+，()2213130xgxxxx−=−+=，则()gx在)1,+上是增函数，则()()min12gxg==，所以()0fx¢>，即()fx在)1

,+上是增函数，则()()min10fxf==.（3）()()22ln1xfxaxx=+−，定义域：()1,e，()()32221ln22ln2xaxxfxaxxx−+−=+=，令()3ln1gxaxx=−+，定义域：()1,e，()321313axgxaxxx−=−=，（1）当a<0时，(

)0gx，则()gx在()1,e上是减函数，则()()11gxga=+，当1a−时，()0fx，则()fx在()1,e上是减函数，()()max10fxf=，不合题意；当10a−时，()110ga=+，()3ee0ga=，则存在()01,ex，使()00gx=

，即()00fx=，x变化时，()fx，()fx的变化情况如下表：x()01,x0x()0,ex()fx+0−()fx单调递增极大值()0fx单调递减则()()010fxf=，只需()()22ee10efa=+−，即32e

ea−−；（2）当0a=时，由（1）知()fx在()1,e上是增函数，()()10fxf=，不合题意；（3）当0a时，2lnxyx=在()1,e上是增函数，()21=−yax在()1,e上是增函数，则()fx在

()1,e上是增函数，()()10fxf=，不合题意，综上所述，a的取值范围是321,ee−−−.10．已知函数()2e1xfxaxx=−+−.(1)若()hx为函数()fx的导函数，求()hx的极值；(2)若

()0fx=有两个不等的实根，求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)()2e1,04+−【分析】（1）求导得到导函数，再次求导，考虑0a和0a两种情况，根据函数单调性计算极值即可.（2）确定()00f=，变换得到2e1xx

ax+−=，构造新函数，求导得到单调区间和极值，画出函数图像，根据图像得到取值范围.【详解】（1）()()e21Rxfxaxx=−+，故()()e21Rxhxaxx=−+，则()e2xhxa=−，当0a时，()()0,hxhx在R上单调递

增，所以()hx无极值；当0a时，令()e20xhxa=−=，得()ln2xa=，当()ln2xa时，()()0,hxhx单调递减，当()ln2xa时，()()0,hxhx单调递增，所以当()ln2xa=时，()hx取得极小值，无极大值，()

()()()ln222ln21hxhaaaa==−+极小值.综上所述：当0a时，()hx无极值；当0a时，()hx有极小值()()()ln222ln21haaaa=−+，无极大值.（2）显然()00f=，要使方程()0fx=有两个不等

的实根，只需当0x时，()0fx=有且仅有一个实根.当0x时，由方程()0fx=，得2e1xxax+−=，令()()2e10xxgxxx+−=，则直线ya=与()()2e10xxgxxx+−=的图象有且仅有一个交点，()()()()()243e12e12e1xxxxxxxgx

xx+−+−−−==.当0x时，()()0,gxgx单调递减；当02x时，()()0,gxgx单调递减；当2x时，()()0,gxgx单调递增，所以当2x=时，()gx取得极小值()2e124g+=.又当0x时，e1x，所以()e10,0xxgx+−，当0x时，()

e1,e10,0xxxgx+−，所以作出()gx的大致图象如图所示.由图象知要使直线ya=与()()2e10xxgxxx+−=的图象有且仅有一个交点，只需a<0或2e14a+=，综上所述：若()0fx=有

两个不等的实根，则实数a的取值范围为()2e1,04+−.11．已知函数()sincosfxaxxx=+在32x=处取得极值.(1)求a的值；(2)求()fx在0,π上的值域.【答案】(1)1a=；(2)π[1,]2−.【分

析】（1）对给定函数求导，利用函数极值点的意义求出a并验证即得.（2）由（1）的结论，利用导数求出在指定区间上的最大最小值即可得解.【详解】（1）函数()sincosfxaxxx=+，求导得()sinc

ossinfxaxaxxx=+−，由()fx在32x=处取得极值，得2103fa=−+=，解得1a=，此时()cosfxxx=，当π3π22x时，()0fx，当3π5π22x时，()0fx，即函数()fx在32x=处取得极值，所以1a=.（2）由（1）

知()sincosfxxxx=+，()cosfxxx=，当π02x时，()0fx，函数()fx单调递增，当ππ2x时，()0fx，函数()fx单调递减，当[0,π]x时，maxππ()()22fxf==，而(0)1,(π)1ff==−，即min()1f

x=−，所以函数()fx在0,π上的值域为π[1,]2−.易错点四：零点不易求时忽略设零点建等式（利用导数研究函数零点问题）1．判断函数y=f（x）在某个区间上是否存在零点，主要利用函数零点的存在性定理进行判断．首先看函数y=f（x）在区间[a，b]上的图象是否连续，然后看是否有()()·

0fafb．若有，则函数()yfx=在区间(),ab内必有零点．2．判断函数y=f（x）的零点个数时，常用以下方法：（1）解方程：当对应方程易解时，可通过解方程，判断函数零点的个数；（2）根据函数的性质结合已知条件进行判断；（3）通

过数形结合进行判断，画函数图象，观察图象与x轴交点的个数来判断．3．已知函数有零点（方程有根），求参数的取值范围常用的方法：方法1：直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．方法2：分离参数法：先将参数分离，再转化成求

函数值域问题加以解决．方法3：数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，再数形结合求解．4．解决函数应用问题的步骤第一步：审题：弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型；第二步：建模：将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为

符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型；第三步：解模：求解数学模型，得出数学结论；第四步：还原：将数学结论还原为实际问题的意义．技巧：判断函数零点个数的方法：方法1：利用零点存在性定理判断法；方法2：代数法：求方程()0fx=的实数根；方法3：几何法：对于

不易求根的方程，将它与函数()yfx=的图象联系起来，利用函数的性质找出零点或利用两个函数图象的交点求解．在利用函数性质时，可用求导的方法判断函数的单调性．方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法1、直接法，

直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决2、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解结论拓展：

与ex和lnx相关的常见同构模型①elnelnelnaaaabbbb，构造函数()lnfxxx=或()exgxx=②eelnlnelnaaabbabb，构造函数()lnxfxx=或()exgxx=③elnelnelnaaaabbbb，构造函数()lnfxxx=或()e

xgxx=易错提醒：如果函数()yfx=在区间,ab上的图像是连续不断的一条曲线，并且有()()0fafb，那么函数()yfx=在区间(),ab内有零点，即存在(),cab，使得()0,fcc=也就是方程()0fx=的根例．已

知函数2()+(2)ln=−−fxaxaxx．(1)若()fx在区间(1,2)上有极值，求实数a的取值范围；(2)当01a时，求证：()fx有两个零点1x，2x12()xx，且12()()0+fxfx．【详

解】（1）因为2()(2)lnfxaxaxx=+−−，(1,2)x，所以22(2)1(21)(1)1()22+−−+−=+−−==axaxxaxfxaxaxxx.①当0a时，()0fx在(1,2)上恒成立，所以()fx在(1,2)上单调递减，()fx在(1,2)上无极值点；②当0

a时，当10,xa时，()0fx，所以()fx在10,a上单调递减；当1,xa+时，()0gx，所以()fx在1,a+上单调递增．所以()fx的极小值点为1a，无极大值点.因为()fx在(1,

2)上有极值，所以1(1,2)a，所以112a.综上所述，当112a时，()fx在区间(1,2)上有极值.（2）由已知，()fx定义域为()0+，.当01a时，(21)(1)()+−=xaxfxx，

0x由（1）知：()111()ln1fxfaaa==−−+极小，因为01a，所以11a.令1ta=，1t，则()ln1fttt=−−+.因为1()10=−−ftt在(1,)t+上恒成立，所以()ft在(1,)+上单调递减，所以()(1)

0ftf=，即()1()0fxfa=极小.因为，221212ln10eeeeeeeaaaaf−=+−=++−，由（1）知：()fx在10,a上单调递减，且110effa，根据零点存在定理，可知()fx在11,ea

，即10,a上存在唯一的零点1x，使1()0fx=，.因为()3(2)39333ln3lnafaaaaaa−=+−=+−.令()ln1gxxx=−+，0x，则()111xgxxx−=−=.当01x时，有()0gx，所以()gx在()0,1上单

调递增；当1x时，有()0gx，所以()gx在()1,+上单调递减.所以，()gx在1x=处取得唯一极大值，也是最大值()10g=.因为01a，所以33a，所以30ga，即33ln10aa−−，所以33ln10aa−+，

所以()33140fa+=.由（1）知()fx在1,a+上单调递增，且()()130ffaa，所以()fx在1,a+上存在唯一的零点2x，使2()0fx=．所以()fx有两个零点1

x，212()xxx.下面证明12()()0+fxfx：设120xx，则()()()()()()111111111111222222222ln2ln02ln2ln0fxaxaxxaxxxxfxaxaxxaxxxx=+−−=+−−==

+−−=+−−=．两式相减：2212121212[()()]2()(lnln)0axxxxxxxx−+−−−−−=，即11212122()(1)2()ln0−++−−−=xaxxxxxxx，所以112212122()ln()(1)−+=−++xxxxaxx

xx.因为22(2)11()22+−−==−+−axaxfxaxaxx，所以12121212121111()()2()()2(2)2(1)()4+=+−++−=++−+−fxfxaxxaaxxx

xxx1112221212112121222()ln2ln()(1)(11112(1)()4())−+−++−=++−+−=−+xxxxxxxxxxxxxxxxxx.要证：12()()0+fxfx，即证：1211212211()0()02()ln−+

−xxxxxxxx，只要证：122211112ln(()0)−−+xxxxxx，即证：12212102ln−+xxxxxx.令12,(0,1)xttx=，即证：12ln0ttt−+，(0,1)t．令()2ln1−=+m

tttt，(0,1)t，则222(1)112(0)−−−−==mttttt在(0,1)t上恒成立，所以()mt在()0,1上单调递减，所以()(1)0mtm=．即12212102ln−+xxxxxx成立，故()fx有两个零点1x，2x12()xx，且12()()0

+fxfx.变式1．已知函数()242ln3afxaxxx=−−+.(1)试讨论()fx的单调区间；(2)若()fx有两个零点，求a的取值范围.【详解】（1）函数()fx的定义域为(0,)+，求导得()2221()axxfxx−−

=，当0a时，2210axx−−在(0,)+上恒成立，即()0,()fxfx在(0,)+上单调递减；当0a时，令2210,440axxa−−==+，解得1211110,0aaxxaa++−+==，当110,axa++时，()0fx，

当11,axa+++时，()0fx，因此()fx在110,aa++上单调递减，在11,aa+++上单调递增，所以当0a时，()fx在(0,)+上单调递减；当0a

时，()fx在110,aa++上单调递减，在11,aa+++上单调递增.（2）由（1）知，当0a时，()fx在()0,+上单调递减，()fx最多只有1个零点，当0a时，()fx的最小值为(

)1fx，若()fx有两个零点，则()10fx，由211210axx−−=，得1221112121xaxxx+==+，()2111111111112211212142ln2142ln22ln1333xxafxaxxxxxxxxxx++=−−+=+−−+=−−++，令函数2321222

()22ln1,()2033xxuxxxuxxxx++=−−++=−−−，则()ux在(0,)+上单调递减，又(1)0u=，即当1x时，()0ux，则当11x，即(0,3)a时，()10fx，令函

数1()ln1,()xgxxxgxx−=−+=，当(0,1)x时，()0gx，当(1,)x+时，()0gx，因此()gx在(0,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减，则()(1)0gxg=，即ln1−xx，

222()42ln42262333aaafxaxxxaxxxaxx=−−+−+−+=−++，令函数()()211()62,(0)20,033aahxaxxhhxfx=−++=+，由二次函数的图象及性质得，()()

()()2123130,,0,,,0xxhxxxhx+，即()()()()2123130,,0,,,0xxfxxxfx+，于是当11x，即(0,3)a时，()fx有2个零点，所以若()fx

有两个零点，则a的取值范围为(0,3).变式2．若函数()()2fxxxc=−在3x=处有极小值．(1)求c的值．(2)函数()()()26931gxfxxax=+−++恰有一个零点，求实数a的取值范围．【详解】（

1）因为()()2fxxxc=−，所以()()()3fxxcxc=−−，又因为函数()()2fxxxc=−在3x=处有极小值，所以()()()3390fcc=−−=，解得3c=或9c=，当3c=时，()()()333fxxx=−−，则13x时，()0fx，3x时，()0fx¢

>，()fx在()1,3上单调递减，在()3,+上单调递增，可得函数()fx在3x=处取得极小值；当9c=时，()()()939fxxx=−−，则3x时，()0fx¢>，39x时，()0fx，()fx在(),3−上单调递增，在()3,9上单调递减，可得函数()fx在3

x=处取得极大值，不合题意，舍去．所以c的值为3.（2）()()()()23223693169693131gxfxxaxxxxxaxxax=+−++=−++−++=−+，函数定义域为R，()233gxxa=−，当0a时，()0gx恒成立，

()gx在R上单调递增，0a=时，()31gxx=+有一个零点-1；0a时，311310gaa=−+，()010g=，()gx恰有一个零点.当0a时，()0gx解得xa−或xa，()0gx解得axa−，()gx在(),a−−和(),a+上单调递增，在(),a

a−上单调递减，xa=−时，()gx有极大值，xa=时，()gx有极小值，()gx恰有一个零点，()210gaaa−=+或()210gaaa=−+解得3202a，综上可知，函数()()()26931gxfxxax=+−++恰有一个零点，实数a的取值范围为32,2−

.变式3．已知函数()()()1eRxfxxaa=+−.(1)求()fx的极值：(2)若()fx有两个零点，求a的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为R，()()2exfxx=+令()0fx=，解得2x=−，当()0fx时，则<2x−，当()0

fx¢>时，则2x−，所以()fx在区间(),2−−上单调递减，在区间()2,−+上单调递增.所以当2x=−时，()fx有极小值()212efa−=−−，无极大值.（2）因为函数()()1exfxxa=+−有两个零点，所以直线ya=与函数()()1exgxx=+有两个交点，(

)()2exgxx=+，令()0gx=，解得2x=−，当()0gx时，则<2x−，当()0gx时，则2x−，所以()gx在区间(),2−−上单调递减，在区间()2,−+上单调递增.因为()10g−=，()212eg−=−，当1x−时，()0gx，当1x−时，()0gx当x

→−时，()0gx→，当x→+时，()gx→+，()gx→+，所以函数的大致图象如图所示，结合图象可知，当210ea−时，()fx有两个零点，故a的取值范围为21,0e−.1．已知函数()32962f

xxxxa=−+−（Ra）.(1)求()fx在2,3−上的最大值；(2)若函数()fx恰有三个零点，求a的取值范围.【答案】(1)92a−(2)52,2【分析】（1）利用导数明确函数的单调性，求出极值和端点值，可得答案；（2）

根据函数的单调性，求得其极大值和极小值，结合零点存在性定理，可得答案.【详解】（1）()()()2396312fxxxxx¢=-+=--，可知2,1x−时，()fx单调递增，1,2x时，()fx单调递减，2,3x时，()fx单调递增，由()238fa−=−−，()51

2fa=−，()22fa=−，9(3)2fa=−，则()()max932fxfa==−.（2）由（1）知()fx在(),1−和()2,+上单调递增，在()1,2上单调递减，所以()()5=12fxfa=−极大，()()=22fxfa=−极小，因为()fx有三个零点，所以()(

)00fxfx极大极小，即50220aa−−，解得522a，故a的取值范围为52,2.2．已知函数()ln3mfxxx=+−有两个零点.(1)求m的取值范围；(2)设a，b为()fx的两个零点，证明：2eabm.【答案】(1)()20,e(2)证明

见解析【分析】（1）求导，分析函数()fx的单调性，结合()fx有两个零点可得解；（2）分析法转化要证问题，只要证2emmba，即证()2emfbfa，即证()2emfafa，即证()21ln3lneaa+−，构造函数()()2

ln3lnexTxx=+−，利用导数求出最值判断证明.【详解】（1）因为()ln3mfxxx=+−，则()2xmfxx−=，当0m时，()0fx¢>恒成立，则()fx在()0,+上单调递增，不符合题意，当0m时，()0fx的解集为()0,m，()0fx

¢>的解集为(),m+，即()fx的单调增区间为(),m+，单调减区间为()0,m，因为函数()fx有两个零点，且0x→时，()fx→+，()33e0emf=，依题意()()min1ln30fxfmm==+−，解得()20,em

，即m的取值范围为()20,e.（2）不妨设ab，则0amb，要证2eabm，则只要证2emmba，即证()2emfbfa，即证()2emfafa，即证23lnln2eaam−++，()0,am，而()0fa=即()ln3

3lnmamaaa+==−，即证()21ln3lneaa+−，()0,am，令()()2ln3lnexTxx=+−，()20,ex，则()()2113lneTxxx=−+−，设()()3lnGxxx=−，()20,ex，则()

2ln0Gxx=−，即()Gx在()20,e上单调递增，则有()()220eeGxG=，即()0Tx，()Tx在()20,e上单调递减，而()()20,0,em，当()0,xm时，()()()2e1TxTmT=，则当()0,xm时，()21ln3ln

exx+−成立，故有2eabm成立.3．已知1x=是函数()32fxxaxxb=−++的一个极值点．(1)求a的值；(2)若()fx有3个零点，求b的取值范围．【答案】(1)2a=(2)4,027−．【分析

】（1）函数的极值点为导函数的零点，可求a的值并检验；（2）利用导数求函数的单调区间和极值点，由函数极值的符号确定零点的个数.【详解】（1）因为()32fxxaxxb=−++，所以()2321fxxax=−+．因为1x=是()fx的一个极值点，所以()1420

fa=−=，解得2a=．经检验知，当2a=时，1x=是()fx的一个极值点，故2a=．（2）由（1）可知()322fxxxxb=−++，()()()2341311fxxxxx=−+=−−．当13x或1x时，()0fx¢>；当

113x时，()0fx．()fx在1,3−和()1,+上单调递增，在1,13上单调递减．因为()fx有3个零点，所以()11210,3279311210,fbfb

=−++=−++解得4027b−，故b的取值范围为4,027−．4．已知函数()()lnRfxaxxa=−.(1)讨论()fx的单调性；(2)若()fx在21,ee上存2个零点，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)2ee,2

【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数的正负与函数单调性的关系，即可求解；（2）讨论当0a时，方程变形为1lnxax=，设函数()lnxgxx=，转化为1ya=与lnxyx=有2个交点，利用导数求参数的取值范围.【详解】（1）函数()fx的定义域为()0,+，且()1(0)aax

fxxxx−=−=.当0a时，()0fx在()0,+上恒成立，故()fx在()0,+上单调递减；当0a时，令()0(0)fxx，得0xa，令()0fx，得xa，所以()fx在()0,a上单

调递增，在(),a+上单调递减.综上所述，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）若()0,afxx==−，在21,ee上无零点，不合题意；若0a，由()0fx=，得1lnxax=，令()lnxgxx

=，则直线1ya=与函数()gx在21,ee上的图象有两个交点，()21lnxgxx−=，当1eex时，()0gx，当2eex时，()0gx，所以()gx在1,ee上单调递增，在2,ee上单调递

减.所以()max1()eegxg==，又()2212e,eeegg=−=，所以要使直线1ya=与()21,eegxx的图象有两个交点，则2211eea，所以2ee2a，

即实数a的取值范围为2ee,2.5．已知函数()ln1mfxxx=+−.(1)若存在实数x，使()1fx−成立，求实数m的取值范围；(2)若()fx有两个不同零点12,xx，求证：122exx+.【答案】(1)1em(2)证明见解析【分

析】（1）根据题意，转化为lnmxx−在()0,+有解，求导得最值，即可得到结果；（2）根据题意，由函数()()1lngxxx=−的单调性可得01m，再构造函数()()()2(01)hxgxgxx=−−

，由其单调性可得()()112gxgx−，即可得122xx+，再由函数()()()eqxgxx=−−+的单调性，即可证明.【详解】（1）由()1fx−得ln0mxx+即lnmxx−在()0,+有解，令()lnxxx

=−，只需max()mx，()1lnxx=−−，当10ex时，()()0,xx递增，当1ex时，()()0,xx递减，()111eeexm=.（2）()fx有两个不同零点()12,1lnxxm

xx=−有两个不同实根12,xx，令()()1lngxxx=−，则()()12gxgxm==，又()lngxx=−，当()0,1x时，()()0,gxgx递增，当()1,x+时，()()0,gxgx递减，又()()110

,e0,01ggm==，不妨设1201exx，令()()()2(01)hxgxgxx=−−，()()()22ln(1)10hxgxgxx=+−=−−−+，()hx在()0,1递增，()()()()10,2hxhgxgx=−，即()()112gxgx

−，又()()()()1221,2gxgxgxgx=−，21211,21,2xxxx−−，122xx+，下证12exx+，设()()1,1,e,0AB，直线OA的方程(),yxgx=在B处的切线为eyx=−+，设()()(01)pxgxxx

=−，则()()()11ln0,,pxxxgxxgxx=−，即1xm，设()()()e(1e)qxgxxx=−−+则()()()2lne,1ln0qxxxqxx=−−=−.()qx在()1,e递增，()()()22e0,eq

xqgxx=−+，22e,exmxm−+−+，12exx+.综上122exx+.6．已知()()2ee213xxfxaax−=−++−．(1)讨论函数()fx的单调性；(2)若函数()fx有两个零点，求整数a的最大值．【答案】(1)答案见解析(2)35

35,44a−−−+【分析】（1）求导可得()()()ee2e1xxxfxa−=++分0,0aa两种情况讨论，由导数与单调性的关系即可得解；（2）由（1）可知，当0a时，()fx在(),−+上单调递增，所以

()fx至多有一个零点．要使函数()fx有两个零点，则0a，且()()()()()minln21ln220fxfaaaa=−=+−−−，令()()()()21ln220gxxxxx=+−−−，结合单调性即可得解.【详解】（1）(

)()()()22ee21e2e21eee2e1xxxxxxxxfxaaaaa−−−=+++=+++=++．当0a时，()0fx¢>，则()fx在(),−+上单调递增；当0a时，令e0xa+=，可得()lnxa=−，当()(),lnxa−−时，()0f

x，()fx在()(),lna−−上单调递减；当()()ln,xa−+时，()0fx¢>，()fx在()()ln,a−+上单调递增．（2）由（1）得，当0a时，()fx在(),−+上单调递增，所以

()fx至多有一个零点，要使函数()fx有两个零点，则0a，且()()()()()minln21ln220fxfaaaa=−=+−−−，令()()()()21ln220gxxxxx=+−−−，则()()12lngxxx=−+，

令()()()()12ln0hxgxxxx==−+，则()()22212100xhxxxxx−=−=，∴()hx即()gx在(),0−上单调递减．∵()110g−=−，()1122ln2ln4022g−

=−=−，∴()02,1x−−，使得()()00012ln0gxxx=−+=，且()gx在()0,x−上单调递增，在()0,0x上单调递减，当2a=−时，()min3ln222ln80fx=−+=−，且()2e2e33xxfxx

−=+−−，且()()12212e2e330,22e2e90,1ln22ff−−−=++−=+−−，所以函数有两个零点，符合题意；当1a=−时，ln100−+=，不符合题意,所以整数a的最大值为-2．7

．已知函数()2ln2xfxbx=−.(1)当0b时，求函数的单调区间和极值(2)若()fx在区间(21,e内恰好有两个零点，求b的取值范围.【答案】(1)单调递增区间为),b+，单调递减区间为()0,b，极小值为()()1ln2bbfb−=，无极大(2

)4ee4b【分析】（1）根据题意，求导得()fx，即可得到结果；（2）根据题意，分0b与0b讨论，列出不等式，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）由()2ln2xfxbx=−得()2bxbfxxxx−=−=，且定义域为()0,+∵0b，令()0fx¢>，即20xb−，解得

xb，令()0fx，解得0xb，则()fx的单调递增区间为),b+，单调递减区间为()0,b；()fx在xb=处的极小值为()()1ln2bbfb−=，无极大值.（2）当0b，()0fx¢>恒成立，(

)fx在()0,+上单调递增，故()fx在区间(21,e内至多只有一个零点；当0b时，由（1）得()fx在()0,+上最小值为()()1ln2bbfb−=，若()fx在区间(21,e内恰有两个零点，则需满足()()()221e010e0bfbff，

整理得4ee4b.8．已知函数()()ln1xaxfxax−+=R．(1)若()2fx„恒成立，求实数a的取值范围；(2)若函数()fx有两个零点12,xx且123xx，求证：126exx+．【答案】(1))1,−+(2)证明见解析【分析】（1）利用导

数求函数的单调区间，由函数最小值解决不等式恒成立问题，列不等式求实数a的取值范围；（2）由函数的两个零点，可得21122112lnlnlnln2xxxxaxxxx−++==−+，令21xtx=，可得()()121lnln21ttxxt++=−，构造函数利用导数求最值，可证得不等式.【详解

】（1）函数()fx的定义域为()0,+，对其求导得()()221ln1lnaxxaxxxfxxx−−−+==−，当()0,1x时，()0fx¢>，函数()fx单调递增；当()1,x+时，()0fx，函数()fx单调递减，所以函数()fx的

最大值为()112fa=−+，解得1a−，因此实数a的取值范围是)1,−+．（2）由题意可知1122ln1ln1xaxxax+=+=，所以21122112lnlnlnln2xxxxaxxxx−++==

−+（*）因123xx，令21xtx=，则3t，于是由（*）式可得()()()22111221ln1lnln21xxxttxxxxxt+++==−−，构造函数()()1ln1ttgtt+=−，3t，对其求导得()()()()()2211ln11ln2ln11

tttttttttgttt++−−+−−==−−，令()12lnhtttt=−−，3t，对其求导得()()22211210thtttt−=+−=，所以函数()ht在()3,+上单调递增，所以()()1332ln303hth=−

−，于是()0gt，函数()gt在()3,+上单调递增，所以()()32ln3gtg=，因此()12ln22ln3xx+，1229exx，于是121262exxxx+，得证．9．已知211()lne(0)xfxaxaxx

ax−=−−−+．(1)若当1x=时函数()fx取到极值，求a的值；(2)讨论函数()fx在区间(1,)+上的零点个数．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】（1）求得1211()2exfxaxaxx−=−+−−，由()01f=，得到1a

=，进而结合函数极值点的定义，即可求解；（2）当1a时，求得212111()lnelnexxfxaxaxxxxxxx−−=−−−+−−−+，令211()lnexhxxxxx−=−−−+，利用导数的()hx单调性，结合

()0fx，得到()fx在区间(1,)+上没有零点；当01a时，求得1211()2exfxaxaxx−=−+−−，令()()nxfx=，求得1331(2)e()exxxxnxx−−−+，令

13()(2)exxxx−=−+，利用导数求得()fx在(1,)+单调递增．，结合(1)0f，1(1)0fa+，得出函数()fx的单调区间，由(1)0f=，得出()fx在()11,x没有零点，在由1(

1)0fa+，得到存在唯一2x，使得()20fx=，即可得到答案.【详解】（1）解：函数211()lnexfxaxaxxx−=−−−+，可得1211()2exfxaxaxx−=−+−−因为1x=时函数()fx取到极值，可得()01f

=，解得1a=，当1a=时，可得1211()21exfxxxx−=−+−−，令1211()21e()xmxfxxxx−=−+−−=，可得3132323212122()2e2xxxmxxxxxx−+−=−++−+=，令3()22xxx=+−，可得

2()610xx=+，所以()x单调递增，又因为75508256=，所以在区间7,8+上()0mx，即()fx单调递增，所以1x=是()fx的变号零点，所以当1x=时函数()fx

取到极值．（2）解：当1a时，因为20xx−，所以212111()lnelnexxfxaxaxxxxxxx−−=−−−+−−−+，令211()lnexhxxxxx−=−−−+，则122211111()21e22(1)20xhxxxxxxxxx

−=−+−−−+−=−−，所以()hx在(1,)+单调递增，则()()(1)0fxhxh=，所以，当1a时，()fx在区间(1,)+上没有零点．当01a时，可得1211()2exfxaxaxx−=−+−−，令()1211()2exfx

axaxxnx−=−+−−=，可得13113232312121(2)e()2eeexxxxxxnxaxxxxx−−−−−+=−++−++=，令13()(2)exxxx−=−+，则12()(1)e30xxxx−=−+，

所以()x在(1,)+单调递增，()(1)0x=，则()0nx，所以()fx在(1,)+单调递增．因为(1)10fa=−，1211112e21101111afaaaaa−+=++−−+−−

++，当x→+时，()fx→+，所以存在111,1xa+使得()10fx=．则()fx在()11,x单调递减，在()1,x+单调递增，又因为(1)0f=，所以当()11,xx时，()0fx，故()fx在()11,x没有零点，因为在()1,x+

单调递增，且()1(1)0fxf=，而11ln1,e0,1xxxx−−，所以2121()lne1(1)xfxaxaxxaxaxxx−=−−−+−−−−，则211111(1)10faaaaa++−++=，所以存在唯一211,1x

xa+，使得()20fx=，故()fx在()1,x+存在唯一零点2x，因此当01a时，()fx在(1,)+存在唯一零点，综上所述，当1a时，()fx在区间(1,)+上没有零点；当01a时，()fx在(1,)+存在唯一零点．10．设函数2

()(1)exfxmxx−=++，其中mR．(1)讨论()fx的单调性；(2)若()fx存在两个极值点，设极大值点为a，b为()fx的零点，求证：ln2ab−．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）先对函数求导得()()2e2exxxfxmxxm−−−−==

，对m分类讨论，求出()0fx和()0fx的解，得出函数单调区间；（2）分10,2m和1,2m+两种情况讨论，10,2m时，易得零点为0，直接比较即可，1,2m+时，1ln2am=，再由()2(

1)e02e0bambbam−−++=−=，可得2(1)ee2babb−−+=−，再结合基本不等式即可证明.【详解】（1）()()2e2exxxfxmxxm−−−−==，当0m时，2e0xm−−，令()0()2exxxfm−=−，得0x，令(

)0()2exxxfm−=−，得0x，所以()fx在(),0−上单调递增，在()0,+上单调递减；当102m时，令()0()2exxxfm−=−=，解得0x=或()1ln2ln02xmm=−=，所以()0()

2exxxfm−=−时，0x或1ln2xm，()0()2exxxfm−=−时，10ln2xm，所以()fx在(),0−和1ln,2m+上单调递增，在10,ln2m上

单调递减；当12m=时，()0()1exfxx−=−，所以()fx在R上单调递增；当12m时，令()0()2exxxfm−=−=，解得0x=或()1ln2ln02xmm=−=，所以()0()2exxxfm−=−时，1ln2xm或0x，()0()2exxxfm−=

−时，1ln02xm，所以()fx在1,ln2m−和()0,+上单调递增，在1ln,02m上单调递减；综上所述，当0m时，()fx在(),0−上单调递增，在()0,+上单调递减；当102m

时，()fx在(),0−和1ln,2m+上单调递增，在10,ln2m上单调递减；当12m=时，()fx在R上单调递增；当12m时，()fx在1,ln2m−和()0,+上单调递增，在1ln

,02m上单调递减.（2）根据题意结合（1）可知110,,22m+时，()fx存在两个极值点，由b为()fx的零点，则20(1)exmxx−+=+，则20(1)exbmb−+=−，故(,1)b−−，若10,

2m，由（1）可知0a=，则0(1)1ln2ab−−−=；若1,2m+，则1ln2am=，故()2(1)e02e0bambbam−−++=−=,化简得2(1)ee2babmbm−−−+==即2(1)ee2babb−−+=−，又

(,1)b−−，所以10b+，故2112e(1)22(1)241(1)(1)abbbbbbb−−==++−−−−−=−++−−，当且仅当111bb−−=−−，即2b=−时等号成立，所以e2ab−，故ln2ab−，

当且仅当22e4bm=−=时取等号，综上所述，ln2ab−恒成立．11．已知函数()()lnfxxx=−(1)求()fx的单调区间和极值；(2)讨论()()2gexxxfax−=−的零点个数

．【答案】(1)()fx在1,e−−单调递增，在1,0e−单调递减；极大值1e，无极小值(2)答案见解析【分析】（1）根据导数的性质，结合极值的定义进行求解即可；（2）根据a的正负性，

结合导数的性质、函数零点存在原理分类讨论进行求解即可.【详解】（1）由题设，0x，()()ln1fxx=−+．令()0fx¢>，解得1ex−；令()0fx，解得10ex−．所以，()fx在1,e−−单调递增，在1,0e−单调递减．当1ex=−时，()fx有极

大值1e；()fx无极小值．（2）()()()222elnexxgxxfaxaxax−−=−=−−．当0a时，0x．令()()22elnxhxaaxx−=−−，则()()()22322e2e1xxxxahxaxxxx−−−−=−=−

．因为0x，所以()222e0xxx−−．又因为0a，所以()0hx，()hx在(),0−单调递减．()()()()e3222ee1lnelne0eeaaahaaaaaaa−−−−=+−+−++，1221e0ah

aa−−−=−．所以()hx在(),0−上存在唯一零点．当0a时，0x．由（1）知，()1efax，当且仅当1exa=−时，“=”成立．令()1exxx−=−，0x，则()1e1xx−=−．当01x时，()0x，()x单调递减；当1x时，(

)0x，()x单调递增．所以()()10x=，即1exx−，当且仅当1x=时，“=”成立．所以()()122eee0eexxxxxgxxfax−−−−=−−=，当且仅当1ae=−且1x=时，“=”成立．所以，当1ae=−时，()gx存在唯一零点；当a<0且1ea

−时，()gx不存在零点．综上，当0a或1ae=−时，()gx存在唯一零点；当a<0且1ea−时，()gx不存在零点．