01卷第三章　导数及其应用《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习一遍过（新高考专用）(解析版)_新高考复习资料_2022年新高考资料_第03章　导数及其应用

01卷第三章 导数及其应用《过关检测卷》
－2022年高考一轮数学单元复习一遍过（新高考专用）
第I卷（选择题）
一、单选题
1．已知函数 ， ，若方程 有两个不相等的正实根，则实数m的取
值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由方程 有两个不相等的正实根，转化为方程 有两个不相等的正实根，进而
得到函数 的图象与直线 在 上有两个不同的交点，根据当 时，若直
线 与 的图象相切，得到切点坐标为 和切线方程，结合图象，即可
求解.
【详解】
因为函数 ， ，且方程 有两个不相等的正实根，
所以方程 有两个不相等的正实根，
即方程 有两个不相等的正实根，即函数 的图象与直线 在 上有两个不同的交点，
因为当 时， ，所以 在 上单调递增，
作出 在 上的大致图象，如图所示，
当 时，若直线 与 的图象相切，
设切点坐标为 ，则切线方程为 ，
可得切线过点 ，所以 ，解得 或 (舍去)，
所以该切线的斜率为 ，
因为函数 的图象与直线 在 上有两个不同的交点，
所以数形结合可得 .
故选：D.
【点睛】
方法点拨：把方程 有两个不相等的正实根，转化为方程 有两个不相等的正实根，进而转化为函数 的图象与直线 在 上有两个不同的交点，利用导
数求得函数的单调性与最值，结合图象求解是解答的关键.
2．设函数 在区间 上有两个极值点，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
求得函数 ，把 在 上有两个极值点转化为方程 在区间 上由两个不等式
的实数根，令 ，利用导数求得函数 的单调性与最值，结合图象，即可求解.
【详解】
由题意，函数 ，可得 ，
因为函数 在区间 上有两个极值点，
等价于关于 的方程 在区间 上由两个不等式的实数根，
令 ，可得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
当 时， ，当 时， ，当 时， ，
要使得函数 在区间 上有两个极值点，则满足 ，即a的取值范围是 .
故选：D.
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函
数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
3．已知函数 ，若 ，使 成立，则 的取值范
围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
当 时，求得函数 的值域为 ，当 时，求得 ，当 时，利用导数
求得函数的单调性，可得 ，根据题意，转化为 值域包含 的值域，得出不等式 ，求得 ；②当 时，求得 的值域为 ，满足题意，进而
求得实数 的取值范围.
【详解】
当 时，函数 ，所以函数 的值域为 ，
当 时，函数 ，可得 ，
①当 时，令 ，解得 ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
所以 ，
因为对 ，使 成立，转化为 值域包含 的值域，
所以 ，即 ，解得 ，所以 ；
②当 时，令 ，解得 ，
当 时， ， 单调递增，此时值域为 ，
满足对 ，使 成立，
综上所述，实数 的取值范围为 .故选：A.
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数
能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
4．若存在实数x，y满足 ，则 （ ）
A． B．0 C．1 D．
【答案】C
【分析】
令 ，利用导数求得函数的单调性与最大值，再令 ，结合基本不等式，
求得 ，进而得到 ，求得 的值，即可求解.
【详解】
令函数 ，可得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
所以当 ，可得 ，
令函数 ，则 ，当且仅当 时取等号，
又由 ，所以 ，
所以 ，所以 ．
故选：C.
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数
能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
5．函数 的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
函数 是偶函数,当 ， ，对函数求导，讨论函数的单调区间即
可得出结果.
【详解】
函数 是偶函数，排除选项B；
当 时，函数 ，可得 ，
当 时， ，函数是减涵数，当 时，函数是增函数，排除项选项A,D.
故选:C.
6．已知函数 的定义域为 ，且 是偶函数， （ 为 的导
函数）.若对任意的 ，不等式 恒成立，则实数 的取值范围是（）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
设函数 ，求得 时， ，得到当 时， ，得到函数
的单调性，把任意的 ， 恒成立，
转化为 ，即可求解.
【详解】
由 为偶函数，得函数 的图象关于直线 对称.
设函数 ，则 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
可得当 时， ，
所以当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
设函数 ，则当 时 ，
因为 ，所以由对任意的 ， 恒成立，
可得 ，即 ，解得 或 ，
即实数 的取值范围是 .
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函
数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
7．已知函数 的导函数 的两个零点为1，2，则下列结论正确的是（
）
A． B． 在区间 的最大值为0
C． 有2个零点 D． 的极大值是正数
【答案】B
【分析】
由 是导函数 的两个零点，求得 ，可判定A错误；代入导数
，求得函数的单调性与极值，结合图象，即可求解.
【详解】
由题意，函数 ，可得
因为 是导函数 的两个零点，可得 ，其中 ，可得 ，所以 ，故A错误；
所以函数 ，
可得 ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增
当 时， ， 单调递减，
所以函数 在 上递减，在 上递增，在 上递减，
且 ，
故 在 的最大值是 ，所以B正确；
函数 的大致图象，如图所示，
所以函数 只有一个零点，故C不正确，D不正确.
故选：B.
【点睛】利用导数研究函数的单调性（区间）的方法：
（1）当导函数不等式可解时，解不等式 或 ，求出函数的单调区间；
（2）当方程 可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间
的符号，从而确定函数的单调区间；
（3）若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据 结构特征，利用图像与性质确定 的符号，
从而确定单调区间.
8．设实数 ，若对任意的 ，不等式 成立，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
把不等式 成立，转化为 恒成立，设函数 ，进而转化为
恒成立，得出 恒成立，构造函数 ，利用导数求得函数的单调性与
最值，即可求解.
【详解】
因为 ，不等式 成立，即 成立，即 ，
进而转化为 恒成立，
构造函数 ，可得 ，
当 ， ， 单调递增，则不等式 恒成立等价于 恒成立，即 恒成立，
进而转化为 恒成立，
设 ，可得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
所以当 ，函数 取得最大值，最大值为 ，
所以 ，即实数m的取值范围是 .
故选：D.
【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、构造函数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为构造的新函数
的最值，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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函
数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的
各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
9．设函数 ，当 时，不等式 对任意的
恒成立，则 的可能取值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用导数求得函数 的单调性，得到 ，把不等式恒成立，
转化为得 对任意的 恒成立，求得 ，结
合选项，即可求解．
【详解】
由题意，函数 ，可得 ，
令 ，解得 或 ，当 时，可得 ，
所以 在 ， 上单调递减，在 上单调递增，
又当 时， ，所以 在 上为减函数，
又 ，所以 ，
由不等式 对任意的 恒成立，
得 对任意的 恒成立，
所以 恒成立，解得 ，即 ，
结合选项知，可得 的可能取值是 ．
故选：D．
【点睛】
易错警示：利用单调性解决相关应用问题时，要注意单调区间的判定，当自变量都在同一个单调区间内才
能利用相应的单调性，解题时防止漏证导致解题错误．
10．设函数 在区间 上存在零点，则 的最小值为（ ）A．7 B． C． D．
【答案】C
【分析】
设 为函数 的零点，则 ，转化为 在直线 上，根据
表示点 到原点的距离的平方，得到 ，构造新函数 ，
利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】
由题意，函数 ，
设 为函数 在 上的零点，则 ，
即 ，即点 在直线 上，
又由 表示点 到原点的距离的平方，
则 ，即 ，
令 ，则 ，
因为 ，所以 ，
可得函数 在区间 上单调递增，
所以当 时，函数取得最小值，最小值为 ，
所以 的最小值为 .
故选：C.【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数
能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
11．已知函数 .若方程 在区间 上有解，则实数 的取值范
围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
把方程 在区间 上有解，转化为 在区间 上有解，构造函数
，利用导数求得函数 在 上的单调性，进而求得实数 的取值范围.
【详解】
当 时，直线 在 图象的上方，故当 时， ，
由方程 在区间 上有解，
可得 在区间 上有解，
令 ， ，则 ，因为 ，所以 ，则由 ，得 ，
所以当 时， ，
当 时， ，于是 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ， ， ，
， ，
所以实数 的取值范围为 ，
故先：C.
【点睛】
含参数的方程有解问题的处理方法常常是分参数法，通常将原问题转化为求函数的值域问题，对于分子､
分母都有对数式的式子的求导，常常需要变形，分离出常数，如本题中的函数 ，直接求
导比较繁琐，可变形转化为 ，再求导就比较简单.
12．已知函数f(x)＝x3－12x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是 ( )
A．－1≤m≤1 B．－1<m≤1 C．－1<m<1 D．－1≤m<1
【答案】D
【解析】
因为f ′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f ′(x)<0⇒－2<x<2，所以函数f(x)＝x3－12x的单调递减区间为(－
2,2)，要使f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则区间(2m，m＋1)是区间(－2,2)的子区间，所以从中解得－1≤m<1，选D.
点睛：导数与函数的单调性
(1)函数单调性的判定方法：设函数 在某个区间内可导，如果 ，则
在该区间为增函数；如果 ，则 在该区间为减函数.
(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间或存在单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，
常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.
13．若函数 有两个极值点，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
函数 有两个极值点等价于其导函数有两个不同的正零点，对a分类讨论，结合图象易得
结果.
【详解】
因为函数 有两个极值点，
所以 有两个不同的正零点，
因为 ，
当 时， 在 恒成立，
则 在 上单调递增，
不可能有两个正根（舍），当 时，令 ，得 ，
令 ，得 ，
即 在 上单调递增，在 上单调递减，
若 有两个不同的正根，
则 ，
解得 .
故选B
【点睛】
已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(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；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(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，然后数形结合求解．
14．已知函数 ，若关于 的方程 恰有两个不相等的实数根， 则实数 的取值范围是
A． B． ， C． ， D． ，
【答案】A
【分析】
f（x）＝kx可变形为k ，关于x的方程f（x）＝kx的实数根问题转化为直线y＝k与函数g（x）g（x） 的图象的交点个数问题，由导数运算可得函数g（x）在（0，e）为增函数，在（e，+∞）为减
函数，又x→0+时，g（x）→﹣∞，x→+∞时，g（x）→0+，g（e） ，画草图即可得解．
【详解】
设g（x） ，
又g′（x） ，
当0＜x＜e时，g′（x）＞0，当x＞e时，g′（x）＜0，
则函数g（x）在（0，e）为增函数，在（e，+∞）为减函数，
又x→0+时，g（x）→﹣∞，x→+∞时，g（x）→0+，g（e） ，
即直线y＝k与函数g（x）的图象有两个交点时k的取值范围为（0， ），
故选A．
【点睛】
本题考查了导数的运算及方程与函数的互化及极限思想，属于中档题.15．函数 的定义域为 ，若存在一次函数 ，使得对于任意的 ，都有
恒成立，则称函数 是函数 在 上的弱渐进函数.下列结论正确的是（
）
① 是 在 上的弱渐进函数；
② 是 在 上的弱渐进函数；
③ 是 在 上的弱渐进函数；
④ 是 在 上的弱渐进函数.
A．①② B．②④ C．①④ D．①③
【答案】C
【分析】
根据弱渐进函数的新定义，对4个命题分别构建
①由构建关系，并分子有理化，由不等式性质可知符合题意，正确；
②由构建关系，由双勾函数值域可知不符合题意，错误；
③由构建关系，取特值 ，不符合题意，错误；
④构建关系，求导分析单调性，求得值域，符合题意，正确.
【详解】
①由于 ，因为 ，所以
，所以①正确；
②设 ，当 时， ，不符合 ，所以②错误；③设取特值 ， 不符合，所以③错误；
④设 ， ，当 时， ， 在 上单调
递减，所以 ；又 时， ， ，即 ，
所以 ，④正确.
综上，①④正确.
故选:C
【点睛】
本题考查函数新定义问题，需根据定义精准对应定义要求，属于难题.
16．函数 ，函数 ，（其中 为自然对数的底数，
）若函数 有两个零点，则实数 取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先分离变量，转化为求对应函数单调性及其值域，即可确定结果.
【详解】
由 得 ，
令 ，则 ,
所以当 时， ,
当 时， ,因此当 时，函数 有两个零点，选C.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数零点，考查综合分析求解能力，属中档题.
二、多选题
17．已知函数 ，下列说法正确的是（ ）
A．若 是偶函数，则 B．若函数 是偶函数，则
C．若 ，函数存在最小值 D．若函数存在极值，则实数a的取值范围是
【答案】ACD
【分析】
根据函数的奇偶性可判定A正确，B不正确；当 时，求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数
的最小值，可判定C正确，求出函数的导数，根据 ，以及对数函数的性质，得到关于 的不等
式，求得 的范围，可判定D正确.
【详解】
对于A、B中，函数的定义域为 ，且 ，
则 ，则 ，
则 ，故 恒成立，故 ，故A正确，B错误；
对于C中，当 时， ，可得 ，
令 ，即 ，解得 ，所以当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
所以 ，所以C正确；
对于D中： ，
因为 存在极值，则 有零点，令 ，即 ，
所以 ，则 ，即 ，解得 ，所以D正确.
故选：ACD
【点睛】
解答有关函数的极值问题的方法与策略：
1、求得函数的导数 ，不要忘记定义域，求得方程 的根；
2、判定 的根的左右两侧 的符号，确定函数的极值点或函数的极值；
3、注意 的根不是函数极值点的充要条件，利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.
18．函数 ，若 时，有 ， 是圆周率， …为自然对数
的底数，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．C．
D． ， ， ， ， ， ，则 最大
【答案】ABD
【分析】
利用导数求得函数 ，单调性与最值及函数的图象，结合函数 最值，可得判定A正确；
根据函数 单调的性，可判定B正确；根据图象的变换趋势，可得判定C不正确；根据指数函数与
幂函数的单调性，可判定D正确.
【详解】
由题意，函数 ，可得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
且当 时， ，当 时， ，
当 时，函数 取得最大值，最大值为 ，
结合函数 的图象，要使得 时，有 ，
所以 ，所以A正确；
对于B中，由 ，
因为函数 为定义域上的单调递增函数，且 ，所以 ，
所以B正确；
对于C中，当 时，要使得 ，不妨设 ，此时 ，此时 ，所以C不正确；
对于D中，因为 ，由指数函数的性质，可得 ，
由幂函数的单调性，可得 ，
所以 ，所以最大的为 与 之中，最小值在 与 之中，
又由 ，可得 ，即 ，
由 ，可得 ，即 ，所以 ，
同理可得 ，
综上可得，这6个数中最大的数为 ，最小的为 ，所以D正确.
故选：ABD
【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函
数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
19．已知函数 （ 是自然对数的底数）， 的图像在 上有两个交点，则实数 的
值可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【分析】
由函数 ， 的图像在 上有两个交点，转化为方程 在 上有两个不
等实根，设 ， ，利用导数求得函数的单调性，画出函数的图象，结合图象和选项，
即可求解.
【详解】
由函数 ， 的图像在 上有两个交点
可转化为方程 在 上有两个不等的实数根，
即方程 在 上有两个不等实根，
即方程 在 上有两个不等实根．
设 ， ，则 ，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，所以 ，
又由 ，且当 时， ，
故可由此作出 的大致图像，如图所示，则由图像可知 ，解得 ，
结合选项可知A，B符合题意.
故选：AB.
【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函
数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的
各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
20．已知函数 ， ，则下列结论正确的是（ ）
A． 存在唯一极值点 ，且
B． 恰有3个零点
C．当 时，函数 与 的图象有两个交点D．若 且 ，则
【答案】ACD
【分析】
根据导数求得函数 在 上为单调递减函数，结合零点的存在性定，可判定A正确；利用导数
求得函数 在 ， 单调递减，进而得到函数 只有2个零点，可判定B不正确；
由 ，转化为函数 和 的图象的交点个数，可判定C正确；由
，化简得到 ，结合单调性，可判定D正确.
【详解】
由函数 ，可得 ，则 ，
所以 在 上为单调递减函数，又由 ，
所以函数 在区间 内只有一个极值点，所以A正确；
由函数 ，
当 时， ，可得 ，
因为 ，所以 ，函数 在 单调递减；
又由 ，所以函数在 上只有一个零点，
当 时， ，可得 ，
因为 ，所以 ，函数 在 单调递减；又由 ，所以函数在 上只有一个零点，
综上可得函数 在定义域内只有2个零点，所以B不正确；
令 ，即 ，即 ，
设 ， ，
可得 ，则 ，所以函数 单调递增，
又由 ，可得当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
当 时，函数 取得最小值，最小值为 ，
又由 ，因为 ，则 ，且过原点的直线，
结合图象，即可得到函数 和 的图象有两个交点，所以C正确；
由 ，若 时，因为 ，
可得 ，即 ，因为
在 单调递减，所以 ，即 ，
同理可知，若 时，可得 ，所以D正确.
故选：ACD.【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函
数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的
各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
21．函数 在 上有唯一零点 ，则下列四个结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】
把函数 的零点转化为 的图像与 有唯一公共点，利用导数求得 的单
调性和极值，以及特殊点的函数值，可判定A正确，B错误，由 ，可判定C正确；令
，求得 ，根据 时， ，结合 ，可判D错误．
【详解】由题意，函数 的零点，即为方程 ，
即 的根，等价于 的图像与 有唯一公共点，
又由 ，
因为 在 上单调递增，
当 时， ，当 时， ，
所以存在 ，使得 ，
当 时， ， ， 单调递减，
当 时， ， ， 单调递增，
所以 ，
所以 ，所以A正确，B错误．
又由 ，可得 ，所以C正确；
令 ，则 ，
当 时， ， ，所以D错误．
故选：AC
【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函
数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的
各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
22．对于函数 ，下列说法正确的是（ ）
A． 在 处取得极大值 B． 有两个不同的零点
C． D．若 在 上恒成立，则
【答案】ACD
【分析】
求得函数的导数 ，根据导数的符号，求得函数的单调区间和极值，可判定A正确；根据
函数的单调性和 ，且 时， ，可判定B不正确；由函数的单调性，得到
，再结合作差比较，得到 ，可判定C正确；分离参数得到
在 上恒成立，令 ，利用导数求得函数 的单调性与最
值，可判定D正确.
【详解】
由题意，函数 ，可得 ，令 ，即 ，解得 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增；
当 时， ，函数 在 上单调递减，
所以当 时，函数 取得极大值，极大值为 ，所以A正确；
由当 时， ，
因为 在 上单调递增，所以函数 在 上只有一个零点，
当 时，可得 ，所以函数在 上没有零点，
综上可得函数在 只有一个零点，所以B不正确；
由函数 在 上单调递减，可得 ，
由于 ，
则 ，
因为 ，所以 ，即 ，
所以 ，所以C正确；
由 在 上恒成立，即 在 上恒成立，
设 ，则 ，
令 ，即 ，解得 ，所以当 时， ，函数 在 上单调递增；
当 时， ，函数 在 上单调递减，
所以当 时，函数 取得最大值，最大值为 ，
所以 ，所以D正确.
故选：ACD.
【点睛】
本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理
能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求
出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
23．已知函数 ，其导函数为 ，下列命题中真命题的为（ ）
A． 的单调减区间是
B． 的极小值是
C．当 时，对任意的 且 ，恒有 （a） （a）
D．函数 有且只有一个零点
【答案】BCD
【分析】
由 ，知 ，令 ，得 ， ，
分别求出函数的极大值和极小值，知 错误， 正确；由 ， 且 ，令
利用导数说明其单调性，再根据切割线的定义即可判断，故 正确；【详解】
解： ，其导函数为 ．
令 ，解得 ， ，
当 时，即 ，或 时，函数单调递增，
当 时，即 时，函数单调递减；
故当 时，函数有极小值，极小值为 ，当 时，函数有极大值，极大值为
，
故函数只有一个零点，
错误， 正确；
令 ，则 故在 上 ，即 在
上单调递增，根据切割线的定义可知，当 时，对任意的 ，恒有 ，
即
对任意的 ，恒有 ，即 ，
故 正确；
故选： ．
【点睛】本题考查函数的单调区间、极值的求法，以及不等式的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转
化思想和导数性质的灵活运用．
第II卷（非选择题）
三、填空题
24．已知不等式 的解集为 ，则实数 的取值范围是________．
【答案】
【分析】
在同一坐标系中，作出函数 和 的图象，分 、 和 三种情况讨论，结
合导数的几何意义求得切线的斜率，即可求解.
【详解】
在同一坐标系中，作出函数 和 的图象，
如图所示，
当 时，函数 和 的图象必有交点，此时不等式 在 不能
恒成立；
当 时，由 ，显然不等式 在 恒成立；
当 时，由函数 ，可得 ，可得 ，
即函数 在 处的切线的斜率为 ，
要使得不等式 恒成立，可得 ，
综上可得，实数 的取值范围是25．关于x的不等式 恰有一个解，则实数a的取值范围是__________．
【答案】 .
【分析】
设 ，当 和 时，不符合题意，当 时，得到 ，必有
，解得 ，再结合函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】
设函数 ，
若 时，当 时， ，此时不等式 ，有无穷多个整数
解，不符合题意；
若 时， 无解，不符合题意；
若 时，可得 ，则必有 ，
解得 ，所以 ，
当 时，可得 ，当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递减，在 单调递增，
当 时， ；当 时， ，
即当 时， 恰好有一个整数解，即为 ，即 ，
综上可得，实数a的取值范围是 .
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
26．若存在两个不相等的正实数 ， ，使得 成立，则实数 的取值范围是
________.
【答案】 .
【分析】
构造新函数 ，由 时， ，可得函数 不单调，
转化为 时， 有解，结合指数函数的性质，即可求解.
【详解】
由存在两个不相等的正实数 ， ，使得 成立，
可得 成立，
构造新函数 ，由 时， ，可得函数 不单调，
又由 ，可得当 时， 有解，
即 时， 有解，
因为当 时， ，所以 ，
即实数 的取值范围是 .
故答案为： .
27．已知函数 ，若存在唯一的整数 ，使 ，则实数 的取值范围是
________．
【答案】
【分析】
令 ， ，利用导数求得函数 单调性与最大值，画出两个函数的图象，结
合图象，分类讨论，列出不等式组，即可求解.
【详解】
由题意，函数 的定义域为 ，
又由 ，可得 ，
令 ， ，其定义域为 ，
则 ，令 ，即 ，解得 ，当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
所以 在 处取极大值也是最大值，
又由 、 ，当 时 ，
画出函数 的大致图像，如图所示，
又由函数 的图像是恒过点 的直线，
若 ，则显然不符合题意，
若 ，则满足 ，即 ，解得 ．
故答案为： .
【点睛】
对于利用导数研究不等式的有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
28．若曲线 在 处的切线斜率为-1，则 ___________.
【答案】-2
【分析】
求出函数在 的导数后可得切线的斜率，从而可求实数 的值.
【详解】
，故 ，
故答案为： .
29．已知不等式 恒成立，则 的最小值为______.
【答案】
【分析】
令 ，求得 ，求得函数 的单调性与最大值，得到
，得到 ，设设 ，
设 ，得到 ，利用导数求得函数 最大值，即可求解.
【详解】
令 ，其中 ，可得 ，
当 时， ，此时函数 单调递增，无最大值，不符合题意；
当 时，令 ，即 ，解得 ，当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减，
所以当 时，函数 取得极大值，也是最大值，
且 ，
因为 恒成立，即 恒成立，
即 ，可得 恒成立，
设 ，
设 ，可得 ，则 ，
令 ，即 ，解得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
所以当 时，函数 取得极大值，也是最大值，且 ，
所以 ，即 的最小值为 .故答案为： .
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数
能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
30．已知函数 .若关于x的方程 恰有4个不相等的实
数根，则实数 的取值范围是__________.
【答案】
【分析】
令 ，求得方程 的解 或 ，分类讨论，根据导数
画出函数的图象，结合函数的图象和题设条件，得出关于 的不等式组，即可求解.
【详解】
令 ，则方程化为 ，解得 或 ，
由 时， ，可得 ，
当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减，
若 时， ，可得 ，函数 单调递增，
所以 在 递增，在 递减，在 上递增，
则函数 的图象，如图所示，又由关于x的方程 恰有4个不相等的实数根，
转化为 有3个解，且 只有1个解，
即满足 ，解得 ，即实数 的取值范围为 .
故答案为：
【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函
数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的
各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
31．已知函数 ，若存在 ，使得 ，则 的取值范围是
__________．
【答案】
【分析】由函数的解析式，得出 ，令 ，
利用导数求得函数 的单调性和最值，即可求解.
【详解】
因为 ，所以不妨设 ．
当 时， ，当 时， ，
根据 ，可知 ，所以 ，
所以 ，故 ，
所以 ．
记 ，则 ，
当 时， ，所以 在 上单调递减，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
所以 ，
又当 时， ，所以 的值域是 ．
所以 的取值范围是 ．
故答案为： ．
【点睛】
方法总结：解答此类问题，首项根据分段函数的解析式明确自变量的取值范围，找到 、 的关系．进而
构造函数，利用导数解决函数的值域，从而得到取值范围．四、双空题
32．已知函数 ，对于任意的 ，存在 ，使
，则实数 的取值范围为_________；若不等式 有且仅有一个整数解，
则实数 的取值范围为_________.
【答案】
【分析】
(1)由题意可得 ，利用导数求出最大值，即可得到答案；
(2)分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性得到函数图象的大致走向，进而可得答案.
【详解】
(1)由题意得 ， .
由 可得
所以 .
由 ，可得 ，则 在 上单调递增，
所以 .
所以 ，解得 .
(2)由 ，可得 ，，所以 .
设 ，则 ,
显然 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减.
又 ，
，则 .
又 ， ，则 .
综上所述，当 时， 有且仅有一个整数解，
即当 时， 有且仅有一个整数解.
故答案为 ； .
【点睛】
本题考查函数与导数的综合问题，考查利用导数研究函数的单调性、最值等性质，进而解决恒成立和存在
性问题.遇到恒成立、存在性问题，一般要考虑转化为函数最值的关系问题来解决.
33．设函数 是单调函数．① 的取值范围是_____；②若 的值域是 ，且方程没有实根，则 的取值范围是_____．
【答案】
【分析】
（1）先判断 的部分单调性，则 部分单调性与 部分一致，并且注意在 处，两段函数取
值的大小关系；
（2）通过 的值域为 ，结合函数图象可求 的值；由于 无实根，根据函数图象，
确定临界位置： 与 相切的时候，求出此时的 值，通过将 平移，可得
出 的取值范围.
【详解】
①当 时， ，则 恒成立，故 在 上单调递增，
，
当 时， ，
由于 在 上单调递增，故 也为单调递增函数，且 恒成立，
∴ ，
故 的范围为 ，
②由①可得当 时， ，
∵ 的值域是 ，
∴当 时， ，
∴ ，∵方程 没有实根，
当 与 相切时，设切点为
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴
∴
故 的取值范围为 ，
故答案为 ，
【点睛】
（1）确定分段函数的单调性，不仅要考虑每一段函数的单调性，还要注意分段点处的两段函数取值的大
小关系；
（2）方程解得个数问题可以转化为函数图象的交点个数问题去解决，利用数形结合的思想更便捷
34．已知函数f（x）=x|2x﹣a|﹣1．①当a=0时，不等式f（x）+1＞0的解集为_____；
②若函数f（x）有三个不同的零点，则实数a的取值范围是_____．
【答案】（0，+∞） （2 ，+∞）
【分析】
①把a=0代入函数解析式，可得不等式，对x分类求解得答案；
②转化方程的根为两个函数的图象的交点，利用数形结合，通过函数的导数求解即可．
【详解】
①当a=0时，不等式f（x）+1＞0⇔x|2x|﹣1+1＞0，
即2x|x|＞0，
若x＜0，得﹣2x2＞0，不合题意；
若x=0，得0＞0，不合题意；
若x＞0，得2x2＞0，则x＞0．
综上，当a=0时，不等式f（x）+1＞0的解集为（0，+∞）；
②若函数f（x）有三个不同的零点，即方程x|2x﹣a|﹣1=0有3个不同根．
即|2x﹣a| 有三个解，
令y=|2x﹣a|，则y ，画出两个函数的图象，如图：
x ，y ，由y′ 2，解得x ，x （舍去），
此时切点坐标（ ），代入y=a﹣2x，可得a=2 2 ，
函数f（x）=x|2x﹣a|﹣1有三个零点，
则实数a的取值范围为（2 ，+∞）．
故答案为（0，+∞）；（2 ，+∞）．【点睛】
本题绝对值不等式的解法，考查函数的导数的应用，函数的零点的判断，考查数形结合的应用，是中档题．
35．设函数 ①若 在区间 上不单调,实数 的取值范围是______;
②若 且 对任意 恒成立,则实数 的取值范围是______.
【答案】
【解析】
由题意得 ，① 在区间 上不单调， =0在区间 上有奇次根，
所以 ．
② 对任意 恒成立，即 ，因
为无穷时需要小于零，所以m<0,解集为 ，即 解得m<-1.
【点睛】
(1)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递增，则 ≥0在区间(a，b)上恒成立；要检验 =0．(2)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递减，则 ≤0在区间(a，b)上恒成立；要检验 =0．
(3)可导函数f(x)在区间(a，b)上为增函数是 ＞0的必要不充分条件.
（4）可导函数f(x)在区间(a，b)上不单调，则 =0在区间(a，b)上有奇次根．
五、解答题
36．已知 ，其中 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）证明： ，其中 ， .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求得导数 ，根据 和 两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；
（2）由（1）得到当 时， 在 是减函数，求得 ，进而得到
，得出 ，即可作出证明.
【详解】
（1）由题意，函数 的定义域为 ，
可得 ，其中 ，
当 ，即 ，即 时， ， 在 为减函数；当 ，即 ，即 时，
由 得 ， ，
且 ， ， ，
在 上， ， 为减函数；在 上， ， 为增函数，
在 上， ， 为减函数，
综上可得，当 时， 在 为减函数；
当 时， 在 和 上为减函数，在
为增函数
（2）由（1）知，当 时， 在 是减函数，
所以当 时， ，即 ，
所以 ，所以 ，
其中
所以 ，
所以 ，所以
所以 .
【点睛】
利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造法：证明不等式 转化为证明
，进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
37．设函数 .
（1）当 时，求 的单调区间 是 的导数)；
（2）若 有两个极值点 ､ ，证明： .
【答案】（1）增区间 ，减区间 ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）当 时，求得 ，得到 ，求得 ，结合导
数的符号和 ，即可求解；
（2）求得 ，把函数 有两个不等实根，转化为 有两个不等实根 ，
，令 ，利用导数求得函数 单调区间，得到 ，再由 ，得到，把 转化为不等式 在 时成立，令
，求得函数的 单调性与最值，即可求解.
【详解】
（1）当 时，函数 ，可得 ，
则 ，则 ，
令 ，可得 ，所以 为单调递减函数，
又由 ，
所以当 时， ； 时， ，
故 的增区间 ，减区间 .
（2）由题意，函数 ，可得
因为函数 有两个不等实根，即 有两个不等实根 ， ，
则 ，令 ，可得 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ，
所以 在 上递增，在 上递减，所以 ，
当 时， ，所以 ，
由 ，可得 ，故 ，
令 ，则 .
， ，
故不等式只要 在 时成立，
令 ，
可得 ， .
所以 在 单增，即 ，
所以 在 单减，即 .
故原不等式 得证.
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
38．已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）当 时，证明：对任意 ， .
【答案】（1） ；（2）证明见解析.【分析】
（1）当 时，求得 ，得到 ， ，结合直线的点斜式，即可
求解；
（2）求得 ，令 ，得到 ，当 时，
得到 为增函数，得到 ；当 时，存在 ，使
，结合函数 的单调性得出 单调性，得到
.
【详解】
（1）当 时，函数 ，
可得 ，则 ， ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，
即 .
（2）由函数 ，可得 ，
令 ，则 ，
当 时， ，所以 为增函数， ，所以 ， 为增函数，所以 .
当 时， ，又因为 ，所以 ，
所以存在 ，使 ，即 ，
所以函数 在 上为减函数，在 上为增函数，
因为 ，所以 ，而 ，
所以存在 ，使 ，
当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
又因为 ， ，所以 .
综上可得，当 时，对任意 ，都有 .
【点睛】
利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造法：证明不等式 转化为证明
，进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
39．已知函数
（1）当 时，求 的单调区间;（2）若 有两个零点 ，当 时，不等式 恒成立，求
的取值范围.
【答案】（1）递增区间为 ，减区间为 ；（2） .
【分析】
（1）当 时，求得 ，根据导数的符号，即可求得函数的单调区间；
求得 ，当 和 时，函数至多一个零点，当 时，利用导数求得函数的
单调性，求得 ，根据 有两个零点，求得 ，把不等式恒成立转化为
恒成立，令 ，得到 对 恒成立，构造
函数 ，利用导数求得单调性，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】
（1）当 时，函数 ，则 ，
令 ，即 ，解得 ，
当 时， 单调递减;
当 时， 单调递增，
所以函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
由函数 ，可得 ，
当 时， 单调递减，不可能有两个零点;当 时， ，有一个零点;
当 时，令 ，即 ，可得 ，所以 ，
则当 时， 为单调递减函数;
当 时， 为单调递增函数，
所以当 时， 有极小值也是最小值，即 ，
因为 有两个零点，所以 ，所以 ，
又因为 ， ，所以 ，
因为 ， ，
且 时恒有 ，所以 ，所以 ，
所以 的取值范围为 ，
因为 ， ，所以 .
又因为 ，所以
当 时，不等式 恒成立，
即令 ，因为 ，所以 ，则 ，所以 对 恒成立，
令 ，则
令 ，则 ，
当 时， 单调递减，所以 ，
所以 在 上单调递减， ，
则 的取值范围为 .
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
40．已知函数 ， .
（1）设 ， ，讨论函数 的单调性；
（2）若函数 存在两个不同的极值点 ， ，且 ， ，求证： .
【答案】（1）函数 在 上单调递减；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求得 ，设 ，求得 ，得到函数的单调性，得到，进而得出 恒成立，即可求解；
（2）求得 ，令 ，得到 ，设 ，利用导数求得
的单调性，得到 ，再由 ，可得 ，根据
，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数 ，可得 ，
设 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
函数 在 上递增，在 上递减，所以 .
当 时， ， 恒成立，函数 在 上单调递减.
（2）由函数 ，可得 ，
因为函数 存在两个不同的极值点 ， ，
令 ，则 ，设 ，可得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上递增，在 上递减，且 时， ，
， ，所以 ，又由 ，可得 ，且 ，
即 ，即 ，所以 ， .
则 时， ，即 ，
所以 .
【点睛】
利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造法：证明不等式 转化为证明
，进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
41．已知函数 ．
（1）若 讨论 的单调性；
（2）当 时，讨论函数 的极值点个数．
【答案】（1）增区间为 ，减区间为 ；（2）答案见解析．
【分析】
（1）求得 ，令 ，可得 ，求得函数 的单调性，
结合 ，结合 的符号，即可求解；
（2）①当 时，由（1）得到 只有一个极值点；②当 时，由 ，求得，得出函数的单调性和最值，再结合 和 分类讨论，结合单调性与最值，即可求
解.
【详解】
（1）由题意，函数 定义域为 ，
可得 ，
令 ，可得 ，
因为 所以 ，所以 在 上为增函数，
又因为 ，所以 ， ， ， ，
所以 的增区间为 ， 的减区间为 ．
（2）①当 时，由（1）可知 在 上有唯一极小值 ，
所以极值点个数为1个．
②当 时，则 ，得 ，
当 时， ， 时， ，
所以 ，
令 ， ．
因为 ，所以 ，即 在 上单调递减，
所以 ，所以（ⅰ）当 时， ，在 上 恒成立，即
在 上恒成立，所以 无极值点．
（ⅱ）当 时， ， ，即
易知 ，
所以存在唯一 使得 ，且当 时， ，当 时，
，则 在 处取得极大值；
又 ，所以当 时， ，当 时， ，
即 在 处取得极小值；故此时极值点个数为2，
综上所述：
当 时， 的极值点个数为0；
当 时， 的极值点个数为2；
当 时， 的极值点个数为1．
【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函
数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的
各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.42．已知函数 ， ．
（1）若函数 为单调函数，求实数 的取值范围；
（2）当 时，证明： 在 恒成立．
【答案】（1） ；（2）证明见解析．
【分析】
（1）求得 ，令 ，得到 ，求得函数 的单调性，得到
，由 为单调函数，则 恒不小于0或恒不大于0，即可求解；
（2）当 时，求得 ，由（1）得到 ，得到存在唯一的
，使 ，得出函数的单调性，求得 ，结合二次函数的性质，
即可求解.
【详解】
（1）由 ，可得 ，
记 ，则 ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
所以 ，
因为 为单调函数，则 恒不小于0或恒不大于0，又当 时，且 时， ，
所以 ，即 ，解得 ．
（2）当 时， ，所以 ，
由（1）知 在 上单调递减，在 单调递增，
所以 ．
又因为 ， ， ，
所以存在唯一的 ，使 ，
所以当 ， ，当 ， ，
所以 在 上单调递减；在 上单调递增，
且 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，所以 恒成立．
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
43．已知函数
（1）若 在 处的切线斜率为 ，求函数 的单调区间；
（2）设 ，若 是 的极大值点，求 的取值范围．
【答案】（1）增区间为 和 ，减区间为 ；（2）
．
【分析】
（1）求得 ，由 ，求得 ，得到 ，结合导数的符
号，即可求解；
（2）由 ，求得 ，令 ，由
，得到 ，分 和 ，利用导数求得函数的单调性
与极值，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数 的定义域为 ，
可得 ，则 ，解得 ，
所以 ，令 ，解得 ， ，
令 ，可得 或 ；令 ，可得 ，
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
即函数 的单调递增区间为 和 ，
单调递减区间为 .
（2）由题意，可得 ，
则 且 ，可得
令 ，则 ，可得 ，
若 ，当 时， 单调递增，
所以 在 上单调递增．
又因为 ，
因此存在 使得 ，
所以当 时 在 上单调递减，
又由 ，所以当 时， ；当 时， ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，符合题意．
若 ，当 时， ，
所以 在 上单调递增， 在 上单调递增，
因此 不可能是 的极大值点．
综上，当 是 的极大值点时， 的取值范围为
【点睛】
函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从
中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法
为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意
的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
44．已知函数 .
（1）当 时，求 的极值；
（2）当 时，讨论 的零点个数.
【答案】（1）极小值 ，无极大值；（2）答案见解析.
【分析】
（1）当 时，求得 ，根据导数的符号求得函数的单调，进而求得函数的极值；（2）求得函数的导数 ，（i）当 时，单调 仅有一个零点；（ii）当
时，根据 和 ，得到以 在 内有1个零点；再
，利用导数求得单调性，得到 ，进而化简函数，得到
，得出 在 内有1个零点，所以 有两个零点；（iii）当
时，求得 的根据，分 、 和 三种情况讨论，
结合单调性与极值，得到 仅有1个零点，即可求解.
【详解】
（1）当 时，函数 ，可得 ，
令 ，可得 ；令 ，可得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时， 取得极小值 ，无极大值.
（2）由题得， .
（i）当 时， ，当 时， ，
又 为 上的增函数，且 ，所以 仅有一个零点；
（ii）当 时， ，
当 时，可得 ， 为减函数；当 时，可得 ， 为增函数，
所以 ，
因为 ，
所以 在 内有1个零点.
令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以当 趋近于 时， 的值趋近于 ，
所以 在 内有1个零点，所以 有两个零点：
（iii）当 时，由 ，得 或 ，
①若 ，即 ，
则当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减：
当 时， ， 单调递增.
而 ， ，
此时，函数 仅有一个零点.②若 ，即 .
则 ， 为 上的增函数，
因为 ， ，此时 仅有一个零点.
③若 ，即 ，
则当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减：
当 时， ， 单调递增.
因为 ，则 ， .
此时 仅有1个零点.
综上，当 时， 只有1个零点；
当 时， 有两个零点.
【点睛】
利用函数的导数研究函数的零点问题的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函
数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的
各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.45．已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）求证：当 时， .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求得 ，由 ，结合 ，得到 或 ，分类
讨论结合导数的符号，即可求解；
（2）由（1）知当 时，函数 在 上单调递增，根据 ，转化为
在 上恒成立，再结合 ，转化为 ，设
，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】
0,
（1）由题意，函数 ，可得其定义域为 ，
1 2a x2 2a1x1
f 'x  
且 x x12 xx12 .
f 'x0 x2 2a1x10
令 ，即 ，
4a12
40
由 ，解得a2或a0
f 'x0 f x 0,
①若a0，则 ，所以 在 上单调递增，
f 'x0 0,
0a2 0
②若 ，此时 ， 在 上恒成立，f x 0,
所以 在 上单调递增.
0 x2 2a1x10
a2
③若 ，此时 ，方程 的两根为
x a1 a2 2a x a1 a2 2a x >0 x 0
1 ， 2 且 1 ， 2 ，
   
所以 f x在 0,a1 a2 2a 上单调递增，在 a1 a2 2a,a1 a2 2a 上单调递增，在
 
a1 a2 2a,
上单调递增.
f x 0,
a2
综上所述；若 ， 在 上单调递增﹔
   
若 ， f x在 0,a1 a2 2a ， a1 a2 2a, 上单调递增，
a2
 
a1 a2 2a,a1 a2 2a
在 上单调递减.
a2
f x 1,
（2）由（1）可知当 时，函数 在 上单调递增，
4
lnx 20
所以
f x f 10
，即 x1 在
1,
上恒成立，
2x
lnx1
0,
所以 x2在 上恒成立，
2x x2
 x0
下面证 x2 ex 1 ，即证2ex x2 2x20，
x2ex x2 2x2 'x2ex 2x2
设 ，可得 ，
x2ex 2x2 'x2ex 20 0,
设 ，可得 在 上恒成立，
x2ex 2x2 0, x2ex 2x200
所以 在 上单调递增，所以 ，
x2ex x2 2x2 0,
所以 在 上单调递增，
x2ex x2 2x200
所以 ，2x x2 x2
 lnx1
所以 x2 ex 1，即当x0时， ex 1.
【点睛】
利用导数证明不等式问题：
f x gx(f x gx) f xgx0
（1）直接构造法：证明不等式 转化为证明
(f xgx0) hx f xgx
，进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
a1x2
f xex  1ax
46．已知函数 ex ，aR.
1,2 y  f x
a1
（1）若 ，过点 作曲线 的切线，求切点坐标；
f x
（2）讨论函数 的零点个数.
 2,e2 4 
【答案】（1） ；（2）答案见解析.
【分析】
（1）当a1时，求得函数 f x 和 f x ，求得切点坐标为  x 0 ,ex 0 2x 0  和 fx 0  ，求得切线方程
y   ex 0 2  x1x ex 0 1,2 x 2
0 ，代入点 ，求得 0 ，即可求解.
x2 x x
f x0 1a1 1a 0 t 
（2）令 ，得到即 e2x ex ，令 ex ，把方程(*)等价于方程
x
t 
a1t2 a1t 10 (**)，求得函数 ex 的单调性及 a1t2 a1t 10
【详解】
a1 f xex 2x fxex 2
（1）当 时，函数 ，可得 ， x ,ex 0 2x  fx ex 0 2
设切点坐标为 0 0 ，则 0 ，
y  f x  x ,ex 0 2x  y   ex 0 2  xx ex 0 2x
所以曲线 在点 0 0 处的切线方程为 0 0，化简得
y   ex 0 2  x1x ex 0
0 .
1,2 2ex 0 21x ex 0 2x ex 0 0 x 2
因为切线过点 ，所以 0 ，即 0 ，解得 0 ，
 2,e2 4 
所以切点坐标为 .
a1x2
（2）令 f x0，可得 ex  ex 1ax0 ，
x2 x
1a1 1a 0
即 e2x ex (*)，
x
t 
令 ex ，则方程(*)等价于方程 a1t2 a1t 10 (**).
x ex xex 1x
t  t 
对于函数 ex ， e2x ex ，
1x
t 0
当x,1 时， ex ，
1x
t 0
当
x1,
时， ex ，
x
所以函数
t 
ex 在
,1
上单调递增，在
1,
上单调递减.
x 1
t  
因此 ex e ，且当x趋近于时，t趋近于，当x趋近于时，t趋近于0，
x
t 
作出函数 ex 的大致图象，如图所示.1
t  0 f x
当a1时，方程(**)为2t 10，得 2 ，此时函数 只有一个零点.
a1  a12 4a1a2 2a5a12 40
当 时，对于(**)， ，
a1t2 a1t 10 t t t t
所以方程 必有2个不同的根，不妨设为 1， 2，且 1 2，
gta1t2 a1t 1
记 ，
1
tt  0
若a10，即a 1，则 1 2 a1 ，得 t 1 0t 2.
1 1 1
由于g010，因此当 g 
e


0
，即
ae
e1时，
0t
2

e，
1 1 1
①当 a e e1时， g  e   0 ，则t
1
0， t 2  e ，此时函数 f x 有2个零点；
1 1 1
②当 a e e1时， g  e   0 ，则 t 1 0t 2  e ，此时函数 f x 有3个零点；
1 1 1
③当 1ae e1时， g  e   0 ，则t
1
0， t 2  e ，此时函数 f x 有1个零点.
1 1a
tt  0 t t  0
若a10，即a1，则 1 2 a1 ， 1 2 a1 ，可得 t
1
t
2
0 ，
f x
此时函数 有2个零点.
 1 
a 1,e
综上，当   e1  时，函数 f x 有1个零点；
 1 
当 a,1  e e1  时，函数 f x 有2个零点；
 1 
a e ,
当   e1  时，函数 f x 有3个零点.【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
f x
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函
数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的
各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
a1
g(x)lnx 2a
47．已知函数 f(x)ax1(x0)， x ．
1
a  f x gx
（1）若 2，比较函数 与 的大小；
f x gx
（2）若 x1 时， 恒成立，求实数a的取值范围．
1
[ ,)
【答案】（1）答案见解析；（2） 2 ．
【分析】
1 x 1
a  F(x) f(x)g(x) lnx F(x) 0,
（1）当 2，单调 2 2x ，利用导数求得函数 在 单调递增，
F10
且 ，即可得到结论；a1 1 1
h(x)ax1lnx 2a,x1 a 0a
（2）设 x ，求得函数的导数，分 2 、 2和a0三种情况讨
论，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】
1 x 1
a  f(x) 1 g(x)lnx 1
（1）由题意，当 2，可得函数 2 ， 2x ．
x 1 1 1 1 (x1)2
F(x) f(x)g(x) lnx F(x)    0
则 2 2x ，可得 2 x 2x2 2x2 ，
F(x) 0, F10
所以 在 单调递增，且 ，
x1 F(x)0 f(x) g(x)
综上，当 时， ，可得 ；
x(0,1) F(x)0 f(x) g(x)
当 时， ，可得 ；
x(1,) F(x)0 f(x) g(x)
当 时， ，可得 .
a1
h(x)ax1lnx 2a,x1
（2）设 x ，
1 a1 ax2 x(a1) (x1)(axa1)
h(x)a   
可得 x x2 x2 x2 ，且h(1)0，
a0 h(x)0
hx 1, hxh10
若 时， ， 在 单调递减， ，不合题意，舍去；
a1 1a
(x1)[a(x )] a(x1)(x )
若 时，可得 hx a  a ，
a0 x2 x2
1a
令
hx0
，解得 x 1 和
x
2

a ，
1
1
a hx0 hx 1,
①当 2 时，当x1，可得 ， 在 单调递增，
h(x)h(1)0 f(x) g(x)
所以 ，此时 ；1a
1
0a hx0 x
②当 2时，令 ，解得 a ；
1
hx0 x 1
令 ，解得 a ，
 1 
1, 1 1a
所以hx
在

 a

单调递减，在
(
a
,)
单调递增，
hxh10
所以 ，不合题意，舍去；
hx0 hx 1,
③当a0时，可得 ， 在 单调递减，不合题意，舍去．
1
[ ,)
综上可得，实数a的取值范围是 2 ．
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
1
f xlnx ax2 bx
48．设函数 2 ．
f x P  1, f 1 y 2x1 a b
（1）已知 在点 处的切线方程是 ，求实数 ， 的值；
f xx20

（2）在第（1）问的条件下，若方程 有唯一实数解，求实数 的值．
a0 b1 1
【答案】（1） ， ；（2） ．
【分析】
1
f 1 ab1
f11ab2
（1）当x1时，求得 2 ，得到a2b2，再由 ，联立方程组
即可求解；gxx2 lnxx
x2 lnxx0
（2）根据题意转化为 有唯一实数解，设 ，求得
2x2 x1
gx
x ，令2x2
x10，利用二次函数的性质，得到函数gx
单调性与最值，进而
gx 0 hx2lnxx1 x 1
得到 2 ，结合 的单调性，求得方程的解为 2 ，代入，即可求解.
【详解】
1
f 1 ab1
（1）当x1时，可得y2111，所以 2 ，即a2b2，
1
fx axb f11ab2
因为 x ，即 ，即ab1
a2b2

联立方程组 ab1 ，解得 a0 ，b1．
f xx2
x2 lnxx0
（2）由方程 有唯一实数解，即 有唯一实数解，
2x2 x1
设gxx2 lnxx，则 gx x ,x0 ，
2x2 x10,x0
令 ，
1
x x  0
因为0，所以180，且 1 2 2 ，所以方程有两异号根，
x 0 x 0 x
x0
设 1 ， 2 ，因为 ，所以 1应舍去，
x0,x  gx0 gx 0,x 
当 2 时， ， 在 2 上单调递减；
xx , gx0 gx x ,
当 2 时， ， 在 2 上单调递增．
x x
gx 0 gx gx 
当 2时， 2 ， 取最小值 2 ，gx 0 x2 lnx x 0
因为 gx0 有唯一解，所以 gx 2 0 ，则   gx 2 2 0 ，即  2 2 x 2 2 x 2 2 1 2 0 ，
2lnx x 10
0
因为 ，所以 2 2 ．（*）
hx2lnxx1
设函数 ，
hx hx0
x0
因为当 时， 是增函数，所以 至多有一解，
h10 x 1
因为 ，所以方程（*）的解为 2 ，
x 1 2x2 x 10
将 2 代入 2 2 ，可得 1 ．
【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
f x
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 中分离
参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函
数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的
各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
f xex bex 2ax
49．已知函数 ，其中e是自然对数的底数．
e
（1）若 b0 ，a 2 ，证明： f x0 ，
（2）若 b1 时， f x0 在
0,
恒成立，求实数a的取值范围．
,1
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【分析】
e
（1）由当 ，a 时，求得 fxex e，得出函数 f x单调性和最值，即可求解；
b0 2
fxex ex 2a fxex ex 0 0,
b1
（2）当 时，求得 ，得到 在 恒成立，且f022a
，分 a1 和a1两种情况讨论，结合函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】
e
（1）由题意，当 ，a 时，可得 f xex ex，则 fxex e，
b0 2
fx0
x1
当 时，可得 ；
x,1 fx0 f x
当 时， ， 单调递减；
x1, fx0 f x
当 时， ， 单调递增；
f x
x1
所以 在 时取得极小值，也是最小值，
f x f 10
所以 ．
f xex ex 2ax fxex ex 2a
b1
（2）当 时，函数 ，可得 ，
fxex ex 0 0,
在 恒成立，
f x 0, f022a
所以 在 上单调递增， ．
fx f00
a1
①当 时， ，
f x 0, f x f 00
所以 在 上单调递增，所以 ，满足题意．
f x 0,
②当a1时，因为 在 上单调递增，
fx  f022a0
所以 min ，
t0, x0,t fx0 f x 0,t
存在 ，使得当 时， ， 在 上单调递减，
x0,t f x f 00 f x0 0,
所以当 时， ，这与 在 上恒成立矛盾
,1
综上所述， a1 ，即实数a的取值 ．
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
1
f x xex  a  x2 2x2 aR
50．已知函数 2 ．
1
a
f x
（1）当 e 时，讨论函数 的极值；
1
（2）若存在 x 0 0, ，使得 f x 0 lnx 0  2 x 0 22aax 0  ，求实数a的取值范围．
,1
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2） ．
【分析】
1 1
fxx1 ex a  0a a 
（1）求得函数的导数 ，分a0、 e 和 e三种情况讨论，结合导数的符
号和极值的定义，即可求解；
x 0, x ex 0 lnx x a0 hx xex lnxxa
（2）由存在 0 ，使得 0 0 0 ，构造新函数 ，利用求
a
得函数的单调性与最值，进而求得实数 的取值范围.
【详解】
1
f x xex  a  x2 2x2 
（1）由题题意，函数 2 ，
fxx1ex ax1x1 ex a 
可得 ．
fx0 fx0
①当a0时，若 x1 ，则 ，若x1，则 ，
f x ,1 1,
所以 在区间 上是减函数，在区间 上是增函数，3
f x f 1e1 a
所以当x1时， 取得极小值 2 ，无极大值，
1
0a
fx0 fx0
②当 e 时，若xlna或x1，则 ，若lna x1，则 ，
f x ,lna lna,1 1,
在区间 上是增函数，在区间 上是减函数，在区间 上是增函数，
1
f x f lnaa alna2
所以当xlna时， 取得极大值 2 ，
3
f x f 1e1 a
当x1时， 取得极小值 2 ．
1
③当
a 
e时，
fx0
，∴
f x
在区间
,
上是增函数，
f x
∴ 既无极大值又无极小值．
3
f x f 1e1 a
综上所述，当a0时， 有极小值 2 ，无极大值；
1 1 3
0a f x f lnaa alna2 f 1e1 a
当 e 时， 有极大值 2 ，极小值 2 ；
1
a  f x
当 e时， 既无极大值又无极小值
x 0, x ex 0 lnx x a0
（2）由题知，存在 0 ，使得 0 0 0 ，
1  1
hxx1ex  1x1 ex 
设hx xex lnxxa，则 x   x  ，
1
mxex  x0
设 x ，
1
m  e20
∴mx
在区间
0,
上是增函数，又

2


，m1e10，1  1
∴存在
x
1
 
2
,1 
，使得
mx
1
0
，即
ex 1 
x 1 ，∴x 1 lnx 1 ，
0 x x mx0 hx0 x  x mx0 hx0
当 1时， ，即 ，当 1时， ，即 ，
hx 0,x  x ,
∴ 在区间 1 上是减函数，在区间 1 上是增函数，
1
hx hx  xex 1 lnx x a  x  x x a a1
∴ min 1 1 1 1 1 x 1 1 ，
1
∴a10，∴a1，
,1
∴实数a的取值范围为 ．
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
1 1
f x x3  2a2x2 4ax4axlnx f x
51．已知函数 6 2 的导函数为 ，aR.
f x
（Ⅰ）求 的极值；
 1 
0, a2 3a8lna
（Ⅱ）判断函数 f x 在区间   2  上的单调性.
1
【答案】（1）答案见解析； （2）函数 f x 在(0,2)上递减，在区间 (2, 2 a2 3a8lna) 上递增.
【分析】
1 (x2a)(x2)
f x
gx x2 2a2x4alnx gx
gx0
（1）求得 ，令 2 ，求得 x ，令 ，x2 x 2a a0 1a0 a1 a1
解得 或 ，分 、 、 和 四种情况讨论，结合极值的概念，即可求
解；
1
（2）由（1）知 f x 在(0,2)上递减，在(2,)上递增，令 h(a) 2 a2 3a8lna2 ，利用导数求
h(a) f x
得函数 的单调性与最小值，进而求得函数 的单调性.
【详解】
1 1
f x x3  2a2x2 4ax4axlnx
(0,)
（1）由题意，函数 6 2 的定义为 ，
1
fx x2 2a2x4alnx,x0
则 2 ，
1
gx x2 2a2x4alnx,x0
令 2 ，
4a x2 (2a2)x4a (x2a)(x2)
gx x2a2  
则 x x x ，
gx0
x2 x 2a
令 ，可得 或 ，
a0 0 x2 gx0 gx
①若 ，当 时， ， 单调递减；
x2 gx0 gx
当 时， ， 单调递增，
gx g24a4aln22
x2
所以当 时， 取得极小值 ，无极大值；
02a2 1a0
②若 时，即 时，
gx0 gx
0 x2a
当 时， ， 单调递增，
gx0 gx
2a x2
当 时， ， 单调递减；
x2 gx0 gx
当 时， ， 单调递增，gx g2a2a2 4a4aln(2a)
x 2a
所以当 时， 取得极大值 ，
gx g24a4aln22
x2
当 时， 取得极小值 ；
③若2a2时，即a1时，
0 x2
gx0 gx
当 时， ， 单调递增，
gx0 gx
2 x2a
当 时， ， 单调递减；
gx0 gx
x2a
当 时， ， 单调递增，
gx g24a4aln22
x2
所以当 时， 取得极大值 ，
gx g2a2a2 4a4aln(2a)
x 2a
当 时， 取得极小值 ，
(x2)2
④若a1时，此时
gx
x
0 ，此时函数gx
单调递增，此时无极值；
综上可得：
a0 f x 4a4aln22
当 时，函数 有极小值 ，无极大值；
1a0 f x 2a2 4a4aln(2a) 4a4aln22
当 时，函数 有极大值 ，极小值 ；
当a1时，函数 f x 有极大值 4a4aln22 ，极小值 2a2 4a4aln(2a) ；
f x
a1
当 时，函数 无极值.
 1 
x 0, a2 3a8lna
 
（2）当  2 时，其中a0，
f x (0,2) (2,)
由（1）知， 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
1 8 a2 3a8
h(a) a2 3a8lna2 h(a)a3 
令 2 ，可得 a a ，
41 3 41 3
a  a 
令h(a)0，即a2 3a80，解得 2 2或 2 2 （舍去），41 3 3 411 41 3
a  h(a) 8ln(  )
当 2 2时，h(a)取得最小值为 4 2 2 ，
x2 1 (x1)2
gxlnx ,x1 gx 0
设 2x ，可得 2x2 ，
gx
(1,)
所以 在 为递减函数，
x2 1
又由g10，所以当x1时，gx g00，即 lnx
2x ，
3 411 41 3 3 411 7 41 27 13
8ln(  ) 8(  ) 41
可得 4 2 2 4 32 32 2 ，
13
 41 0
又由164169，可得2 4113，所以 2 ，
1
a2 3a8lna 2
即h(a)0，即2 ，
1
所以 f x 在(0,2)上单调递减，在区间 (2, 2 a2 3a8lna) 上单调递增，
【点睛】
解决函数极值、最值综合问题的策略：
1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；
2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；
3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.
f xalnx1x2 a2xa1,aR
52．已知函数 ．
f x
（1）讨论 的单调性；
f x f x0 1,
（2）若 存在极值，且 在 上恒成立，求a的取值范围．
1a＜0
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2） ．
【分析】2x2 a4x2
fx
（1）求得 f x 的导数 x1 ，令gx2x2 a4x2，结合二次函数的图
f x
象与性质，根据对称轴分类讨论确定 的符号，即可求解；
lnx1x1
1
（2）把x1, ， f x0恒成立，转化为 x2 2x1  a 恒成立，令t x1，
lntt
ht ,t0,
ht
t2 ，利用导数求得函数 的单调性与最值，即可求解.
【详解】
f xalnx1x2 a2xa1,aR
（1）由题意，函数 ，
2x2 a4x2
fx
可得 f x 的定义域为1,，且 x1 ，
a4 a
gx2x2 a4x2 x 1
令 ，对称轴为 22 4，
a
当
1
4
1
，即
a0
时，
gx
在
1,
上单调递增，且
gx g1a0
，
f x 1,
所以 在 上单调递增；
a
1 1 gx0 a42 16a2 8a0
当 4 ，即a0时，令 ，得 恒成立，
4a a2 8a 4a a2 8a
x  1 x  1
可得 1 4 ， 2 4 ，
 4a a2 8a   4a a2 8a 
1,  1, 
所以在
4
上
gx0
，即
f x
在
4
上单调递减；在
    4a a2 8a   4a a2 8a 
 ,  ,
 4 上 gx0 ，即 f x 在 4 上单调递增，
   
a0 f x 1,
综上所述，当 时， 在 上单调递增；
 4a a2 8a   4a a2 8a 
1,   ,
当 时，
f x
在
4
上递减，在
4
上递增．
a0    
f x
（2）由（1）可知，若 存在极值，则a0，
lnx1x1
1
x1, ，不等式 f x0恒成立，等价于 x2 2x1  a 恒成立，
lntt 1t2lnt
ht
t0,
h't
令t x1， t2 ， ，则 t3 ，
2
t1t2lnt 't1 0 t1t2lnt 0,
令 ，则 t ，所以 在 上递减，
10 t0,1 φt0 ht 0,1
因为 ，所以当 时， ， 在 上单调递增；
t1, t0 ht 1,
当 时， ， 在 上单调递减，
1
1 
hth11
所以 ，即 a ，解得1a0.
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函
数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
f xlnx ax11
53．已知函数 ，a0.
f x
（1）讨论 的单调性；ln1 ln2 lnn
   2 2
 nN*

（2）证明：3 3 4 4 n2 n2 .
1 
,
 
【答案】（1）在a 上单调递减；（2）证明见解析.
【分析】
 2
ax11 1 
（1）求得 f 'x
2x ax1
0，即可得到
f x
在
 a
,

上单调递减；
a2 f(x)lnx 2x11 x1 lnx 2x11
（2）当 时，得到 ，根据（1）得到当 时， .
lnn 2lnn( n2 n1)  lnn lnn 
取x1 1 n  nn ，化简得到n2 n2  n2 2   n1  n2   ，
进而证得不等式成立.
【详解】
f xlnx ax11
（1）由题意，函数 ，
 2
ax11
1 a
则 f 'x   ≤0，
x 2 ax1 2x ax1
1 
,
故 f x 在  a   上单调递减.
a2 f(x)lnx 2x11
（2）当 时，可得 ，
1 
,
由（1）知 f x 在  2   上单调递减，
f 10 x1 lnx 2x11
注意到 ，则当 时，恒有 ，
1  1 2
x1  nn ln  1   1 1
取 ，可得 ，
n  n n 1
ln 1
 
 n 1 1
即   ，
n2 n n2
lnn 2lnn( n2 n1)  lnn lnn 
 2 
又由n2 n2 n2   n1 n2   ，
ln1 ln2 lnn
  

因此3 3 4 4 n2 n2
  1  1  1  
ln 1 ln 1 ln 1
       
 1  2  n1 lnn
2    

 3 4 n1 n2
 
 
 1 1 1 1 1 1 lnn 
2       
  
 1 3 2 4 n1 n1 n2 
 2 1 1 lnn 
21    
  .
 2 n n1 n2  2 2
【点睛】
利用导数证明不等式问题：
f x gx(f x gx) f xgx0
（1）直接构造法：证明不等式 转化为证明
(f xgx0) hx f xgx
，进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.