(压轴题)高中数学高中数学选修2-2第三章《导数应用》检测题(包含答案解析)

一、选择题

1．已知函数fxlnaxxa0有两个零点x1，x2，且2x1x2，则a的取值范围是（ ）

2, A．ln22．已知函数fx3大小关系（ ）

2B．0,

ln2x123,C．ln3 23D．0,ln3

13x12cosx1，则f0.50.5、flog29、flog3的

210.5f0.5 2)f(log29)

A．flog29flog3B．f(log3)f(0.5C．f(0.50.5120.51)f(log3)f(log29)

20.5D．f(log29)f(0.51)f(log3)

223．已知函数fxxxxa，若曲线yfx与x轴有三个不同交点，则实数a3的取值范围为（ ） A．,11 27B．1,

C．5,1 27D．11,1 27exex4．函数fx的图像大致为 ( )

x2A． B．

C． D．

x21﹣x﹣15．已知函数fx＝，则不等式f(e1)＞f(e2x)的解集是（ ）

xA．,2 3B．,2 3C．(,0)

D．2, 36．若直角坐标系内A，B两点满足：（1）点A，B都在fx图象上；（2）点A，B关于原点对称，则称点对(A，B)是函数fx的一个“和谐点对”，(A，B)与(B，A)可看作

x22x(x0)一个“和谐点对”.已知函数f(x)2则fx的“和谐点对”有（ ）

(x0)xeA．1个

B．2个

33C．3个 D．4个

7．已知函数fxlnxx与gxxax的图像上存在关于x轴的对称点,则实数a的取值范围为( ) A．，e

B．，

1eC．，e D．，

1e8．若函数f(x)lnxA．0a1

1a在区间(1,e)上存在零点，则常数a的取值范围为（ ） x1a1 eC．

B．

11a1 eD．

11a1 e9．f（x）是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f（x）+x•f'（x）＜0，且f（﹣3）＝0，则不等式f（x）＞0的解集为（ ） A．（﹣3，0）∪（3，+∞） C．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）

B．（﹣3，0）∪（0，3） D．（﹣∞，﹣3）∪（0，3）

10．已知可导函数f(x)(xR)满足f(x)f(x)，则当a0时，f(a)和eaf(0)的大小关系为（ ） A．f(a)eaf(0)

B．f(a)eaf(0)

C．f(a)eaf(0)

D．f(a)eaf(0)

25xa,x0,fx11．已知a0，函数若关于x的方程fxa2x恰有2个22x,x0,互异的实数解，则a的取值范围为（ ）

A．1a4

B．2a4

2C．4a8 D．2a8

12．已知函数fxx2lnx，若关于x的不等式fxm0在1,e上有实数解，则实数m的取值范围是（ ） A．,e2

22B．,e2

C．,1 D．,1

二、填空题

13．已知函数fxxax4（aR），gx2lnx2，若方程fgx0有xlnx1lnx2lnx3222的值为三个实根x1、x2、x3，且x1x2x3，则x1x2x3______.

14．函数fxx3bx3b在0,1内有且只有一个极小值，则实数b的取值范围是

32________

15．如果圆柱轴截面的周长l(单位：cm)为定值，则体积最大值为____________cm3． 16．设动直线xm与函数fx2x，gxlnx的图象分别交于点M，N，则线

3段MN长度的最小值为______．

17．函数fx在(0，)上有定义，对于给定的正数K，定义函数

52fx,fxK2fKx，取函数fxx3xlnx，若对任意x(0，)，恒

2K,fxK有fKxfx，则K的最小值为______．

18．若函数fxax2a1x2lnx1只有一个零点，则实数a的取值范围是

2______.

19．设直线xt与函数fxx，gx2lnx的图象分别交于点M,N，则当MN2达到最小值时，t的值为________．

2上有最小值3，则fx在2,2上的20．已知fx2x6xa(a为常数)在2,32最大值为______

三、解答题

21．已知函数fx12xaxlnx有两个极值点x1,x2x1x2． 2（1）求a的取值范围； （2）求证：x21且fx23x1． 222．已知函数f(x)excosxx，g(x)x(sinx1). （1）讨论f(x)在区间(2,0)上的单调性；

（2）判断f(x)g(x)在区间[,]上零点的个数，并给出证明. 2223．已知：函数f(x)sinxxcosx. （1）求f()； （2）求证：当x(0,2)时，f(x)x3；

13（3）若f(x)kxxcosx对x(0,2)恒成立，求实数k的最大值.

24．已知函数f(x)12xax(a1)lnx2；

（1）若1a2，求函数f(x)的单调递减区间； （2）求证：若1a5，则对任意的x1x20，有

f(x1)f(x2)1．

x1x225．已知函数f(x)ax4x3bx2(a,bR)，gxfxfx是偶函数． （1）求函数gx的极值以及对应的极值点． （2）若函数h(x)f(x)求实数c的取值范围． 26．已知函数f(x)exsinx. ⑴求函数f(x)的单调区间； ⑵如果对于任意的x[0,14x(c1)x3x2cxc2，且h(x)在2,5上单调递增，42]，f(x)kx总成立，求实数k的取值范围.

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一、选择题 1．A 解析：A 【分析】

根据已知可进行分离参数后，构造函数，两个零点x1，x2，求解a的范围和切点，可得0x11x2，且

fx1fx2，结合x1与x2的大小关系及函数的性质可求x1的范围，

然后结合函数单调性进行求解即可． 【详解】

解：函数fxlnaxxa0 有两个零点x1，x2， 令fx0，

ex可得a

xex令gx

xexx1即gx， 2x令gx0，可得x1， 可得当x0,1时，则gx0， 当x1,时，则gx0，

gx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，

可得0x11x2， （i）若0x1（ii）若

1，则x212x10，符合题意； 21x11，则x22x11， 2根据单调性，可得f2x1fx2， 即f2x1fx1，

可得ln2ax12x1lnax1x1，

x1ln2，

综合（i）（ii）得，x1的取值范围是ln2,1． 又

gx在ln2,1上单调递减，

可得gxgln2， 即a2． ln2故选：A． 【点睛】

本题主要考查了导数的几何意义的应用及利用导数求解参数的取值范围，体现了转化思想的应用．导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

2．A

解析：A 【分析】

首先设函数g(x)f(x1)3x3x2cosx，判断函数是偶函数，利用导数判断函数的单调性，根据平移关系，可判断函数yfx的对称性和单调性，再将log29，0.50.5，以及log3【详解】

1转化在同一个单调区间，根据单调性比较大小. 2g(x)g(x)，所以g(x)是偶函数； 令g(x)f(x1)3x3x2cosx，当x(0,)时，g(x)0，g(x)在(0,)上是增函数， g(x)ln3(3x3x)2sinx，将g(x)图像向右平移一个单位得到fx图像， 所以fx关于直线x1对称，且在(1,1)单调递增. ∵3log294，0.50.52，2log3∴4log292log312log322,3， 210.50.51， 2∴flog29f2log310.5f0.5， 2121f2log3，

2又∵fx关于直线x1对称，∴flog3∴flog29flog3故选：A 【点睛】

10.5f0.5. 2思路点睛：本题是一道函数单调性，奇偶性，对称性，判断大小的习题，本题所给函数

fx3x13x12cosx1，看似很复杂，但仔细观察就会发现，通过换元后可判

断函数yfx1是偶函数，本题的难点是判断函数的单调性，关键点是能利用对称性，转化flog3121f2log3.

23．C

解析：C 【分析】

32根据曲线yfx与x轴有三个不同交点，可转化为函数gxxxx与ya的

图象有三个不同的交点，即可求出实数a的取值范围. 【详解】

函数fxxxxa与x轴有三个不同交点，

3232可转化为函数gxxxx与ya的图象有三个不同的交点.

又

gx3x22x1(3x1)(x1)，

11在,,(1,)上，gx0；在,1上，gx0.

3351gx极小值g，gx极大值g11，

2735a1. 27故选：C

【点睛】

本题考查函数的零点及导数与极值的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题.

4．B

解析：B 【解析】

分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.

exex详解：x0,f(x)f(x)f(x)为奇函数，舍去A, 2xf(1)ee10舍去D;

(exex)x2(exex)2x(x2)ex(x2)exf(x)x2,f(x)0， 43xx所以舍去C；因此选B.

点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复．

5．B

解析：B 【分析】

由导数确定函数的单调性，利用函数单调性解不等式即可. 【详解】

1x211f(x)1函数f(x)，可得x2， xxxx(0，)时，f(x)＞0，f(x)单调递增，

∵e1x0，e2x10，

﹣x11故不等式f(e1的解集． )f(e2x﹣)的解集等价于不等式e1﹣xe2x﹣1x2x1．

∴x2． 3故选：B． 【点睛】

本题主要考查了利用导数判定函数的单调性，根据单调性解不等式，属于中档题.

6．B

解析：B 【分析】

问题转化为x0,f(x)关于原点对称的函数与f(x)x22x在(,0)交点的个数，先求出x0,f(x)关于原点对称的函数g(x)，利用导数方法求出g(x)x22x在(,0)解的个数，即可得出结论. 【详解】

设P(x,y)(x0)是yf(x)(x0)关于原点对称函数图象上的点，

y)在yf(x)(x0)上， 则点P关于原点的对称点为P(x，y2xx,y2e，设g(x)2e(x0)， xe“和谐点对”的个数即为g(x)与f(x)在(,0)交点的个数， 于是2exx22x，化为2exx22x0(x0)， 令(x)2exx22x(x0)，下面证明方程(x)0有两解， 由于2ex0，所以x22x0，解得2x0，

0)即可， ∴只要考虑x(2，0)上单调递增， (x)2ex2x2，(x)在区间(2，而(2)2e2420，(1)2e10， ∴存在x0(2,1)使得(x0)0， 当x(2,x0),(x)0,(x)单调递减，

x(x0,0),(x)0,(x)单调递增，

而(2)2e20，(x0)(1)2e10，(0)20，

11)，(1,0)分别各有一个零点， ∴函数(x)在区间(2，即fx的“和谐点对”有2个. 故选：B. 【点睛】

本题考查函数的新定义，等价转化为函数图象的交点，利用函数导数研究单调性，结合零点存在性定理是解题的关键，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.

7．B

解析：B 【分析】

由题中对称知f（x）＝﹣g（x）有解，即alnxlnx在（0，+∞）有解，令hx，求xx函数导数，分析单调性可得值域，进而可得解. 【详解】

函数f（x）＝lnx﹣x3与g（x）＝x3﹣ax的图象上存在关于x轴的对称点， ∴f（x）＝﹣g（x）有解， ∴lnx﹣x3＝﹣x3+ax， ∴lnx＝ax，即alnx在（0，+∞）有解， x令hxlnx1lnx. ，则h'xxxhx单调递增； 当x0,e,hx0,?xe,,hx0?，hx单调递减.

1hxmaxhe，且x0,hx，

e所以a故选B. 【点睛】

本题主要考查了利用导数研究方程的根，涉及函数对称的处理，考查了计算能力，属于中档题.

1. e8．C

解析：C 【分析】

先利用导数判断出函数f(x)在区间1,e上为增函数，再解不等式

1f(1)ln11a0，f(e)lnea0，即得解.

e【详解】

由题得f(x)1120在区间1,e上恒成立， xx所以函数f(x)lnx1a在区间1,e上为增函数， x1a0， e所以f(1)ln11a0，f(e)lne可得

11a1. e故选：C. 【点睛】

本题主要考查利用导数研究函数的单调性和零点，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

9．B

解析：B 【分析】

构造函数g(x)xf(x)，根据条件确定g(x)奇偶性与单调性，最后根据单调性解不等式. 【详解】

令g(x)xf(x)，因为f（x）是定义在R上的偶函数，所以g（x）是定义在R上的奇函数，

当x＜0时，g(x)f(x)xf(x)0，即g(x)在(,0)上单调递减，又g(0)0 因此g(x)在(0,)上单调递减，因为f（﹣3）＝0，所以g(3)0g(3)0， 当x(3,0)时，g(x)g(3)0xf(x)0,f(x)0； 当x(,3)时，g(x)g(3)0xf(x)0,f(x)0； 当x(0,3)时，g(x)g(3)0xf(x)0,f(x)0； 当x(3,)时，g(x)g(3)0xf(x)0,f(x)0； 综上，不等式f（x）＞0的解集为（﹣3，0）∪（0，3） 故选：B 【点睛】

本题考查函数奇偶性、单调性、利用单调性解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.

10．A

解析：A 【分析】

根据条件构造函数g(x)f(x)，求导可知g(x)单调递增，比较g(a),g(0)的大小，可得exf(a)和eaf(0)的大小关系.

【详解】

f(x)f'(x)exf(x)exf'(x)f(x)'解：令g(x)，则g(x)，因为x2xxeeef(x)f(x)，所以g'(x)0，所以g(x)在,上单调递增；因为a0，所以g(a)g(0)，即

故选：A. 【点睛】

本题考查构造函数法比较大小，考查利用导数求函数的单调性，属于基础题.

f(a)f(0)0，即f(a)eaf(0). aee11．D

解析：D 【分析】

根据分段函数，看成函数fx与直线ya2x的交点问题，分x0，x0，

x0讨论求解.

【详解】

当x0时，f05a，对于直线ya2x，y2a，因为a0，所以无交点； 2当x0时，fx2x，令2xa，解得 x2a，要使方程fxa2x恰有22aa5个互异的实数解，则aa2，解得 a2； 222当x0时，fx2x，令2xa，解得 xa，因为x0时，方程2fxa2x恰有2个互异的实数解，则x0时，无交点， 则aaa2，解得 a8,

22综上：a的取值范围为2a8

故选：D 【点睛】

关键点点睛：本题关键是由a0和直线ya2x过定点2,0，确定方程

2fxa2x恰有2个互异的实数解只有一种情况：当x0时，方程恰有2个互异的

实数解，当x0时，方程无实数解.

12．B

解析：B 【分析】

由题意可得mfxmax，利用导数求出函数fx在区间1,e上的最大值，由此可求得实数a的取值范围. 【详解】

由题意可知，存在x1,3，使得mfx，则mfxmax.

22x222x1x1fxx2lnx，则fx2x， xxx2当x1,3时，fx0，

所以，函数fx在区间1,e上单调递增，则fxmaxfee2，me22，

22因此，实数m的取值范围是,e2.

故选：B. 【点睛】

结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）xD，mfxmfxmin； （2）xD，mfxmfxmax； （3）xD，mfxmfxmax； （4）xD，mfxmfxmin.

二、填空题

13．16【分析】利用导数画出函数的大致图象数形结合可得有两个不等实根满足且即可得解【详解】因为所以令得所以当时函数单调递增；当时函数单调递

减又故可画出函数的大致图象如图所示：因为方程有三个实根故有两个不

解析：16 【分析】

利用导数画出函数gx的大致图象，数形结合可得fx0有两个不等实根，满足

lnx3lnx1lnx212，t222，即可得解. t1t24、0t12t22，且t1xxxe123【详解】 因为gx所以gxlnx2，x0,， x1lnx，令gx0得xe， 2x所以当x0,e时，gx0，函数gx单调递增； 当xe,时，gx0，函数gx单调递减， 又ge12， e故可画出函数gx的大致图象，如图所示：

因为方程fgx0有三个实根，

故fx0有两个不等实根，不妨设两根为t1，t2，且t1t2，则t1t24， 所以0t12t22则t11， elnx3lnx1lnx22，t222， x1x2x3222lnx1lnx2lnx32222t1t2t1t216. 所以x1x2x3故答案为：16.

【点睛】

本题考查了函数的零点与方程的根的关系，考查了利用导数研究函数的单调性和极值，属于中档题.

14．【分析】对函数求导得令得在根据题意求解即可【详解】对函数求导得因为函数在内有且只有一个极小值所以有实数根所以所以根据图像在和上单调递增在上单调递减所以当时函数取得极小值故由题知所以故答案为：【点睛】 解析：0,1

【分析】

对函数求导得f'x3x3b，令f'x=0，得xb，b0，在根据题意

2b0,1求解即可.

【详解】

对函数fxx3bx3b求导得，f'x3x3b，

32因为函数在0,1内有且只有一个极小值，

所以f'x3x3b=0有实数根，所以b0，xb，

2所以根据f'x3x3b图像，

2b和fx在，所以当xb，上单调递增，在b,b上单调递减，

b时函数取得极小值，故由题知b0,1，所以b0,1

故答案为：0,1 【点睛】

本题考查函数导数与极值的关系，一般可利用导数求函数极值和二次函数的性质等求解．

15．【分析】设出圆柱的底面半径和高求出体积表达式通过求导求出体积的最大值【详解】设圆柱底面半径高圆柱轴截面的周长为定值则求导可得：令可得当时当时当时圆柱体积的有最大值圆柱体积的最大值是：故答案为：【点睛

l3 解析：216【分析】

设出圆柱的底面半径和高，求出体积表达式，通过求导求出体积的最大值． 【详解】

设圆柱底面半径R，高H，圆柱轴截面的周长l为定值， 则4R2Hl

Hl2R 2llVSHR2HR22RR22R3

22求导可得：VRl6R2 令V0，可得Rl6R20，

R(l6R)0 l6R0

R当R当R

l 6l

时，VR(l6R)0 6

l

时，VR(l6R)0 6

ll32l3当R时，圆柱体积的有最大值，圆柱体积的最大值是：VR 2R62216l3故答案为：．

216【点睛】

本题主要考查了根据导数求最值，解题关键是掌握根据导数求最值的方法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．

16．【分析】构造函数利用导数求得的最小值进而求得线段长度的最小值【详解】构造函数则所以在上递增令解得所以在上递增在上递减所以的最小值为也即的最小值为故答案为：【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值 解析：

11ln6 3【分析】

构造函数hxfxgxx0，利用导数求得hx的最小值，进而求得线段MN长度的最小值. 【详解】

构造函数hxfxgx2xlnxx0，

3'2则hx6x1''1,hx12x20， xx'1163. 所以hx在0,上递增，令hx0解得x36'11所以hx在0,63上递增，在63,上递减，

111111所以hx的最小值为h63263ln63ln61ln6.

3333也即MN的最小值为故答案为：【点睛】

11ln6. 311ln6 3本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.

17．【分析】根据题意利用导数求出函数的最大值即可【详解】由得当时函数单调递减当时函数单调递增所以函数的最大值为：即所以要想恒有只需所以的最小值为故答案为：【点睛】本题考查了利用导数求函数最大值问题考查了

32解析：e3

2【分析】

根据题意，利用导数求出函数fx【详解】 由fx152x3x2lnx的最大值即可. 252x3x2lnx得fx2x13lnx， 2当xe3时，fx0，函数fx单调递减， 当0xe时，fx0，函数fx单调递增，

2213333所以函数yfx的最大值为：fee，即fxe3，

221332所以要想恒有fKxfx，只需Ke3，

232所以K的最小值为e3.

232故答案为：e3

2【点睛】

本题考查了利用导数求函数最大值问题，考查了学生的数学阅读和运算求解能力.

18．或【分析】首先求出函数的导函数当时可得在定义域上单调递减再根据零点存在性定理可得在上存在唯一的零点当时由导数可得函数的单调性及最小值为令利用导数说明的单调性即可求出参数的值；【详解】解：因为定义域为

解析：a0或a1 【分析】

首先求出函数的导函数，当a0时，可得fx在定义域上单调递减，再根据零点存在性定理可得fx在0,1上存在唯一的零点，当a0时，由导数可得函数fx的单调性

及最小值为fxminf11112lnaga12lna，令，a0,利用aaa导数说明ga的单调性，即可求出参数a的值； 【详解】

解：因为fxax2a1x2lnx1，定义域为0,，

2222ax2a1x22ax1x1所以fx2ax2a1 xxx当a0时，fx0恒成立，即fx在定义域上单调递减，f13a10，当

x0时，ax20，2a1x0，2lnx，所以fx，所以fx在0,1上存在唯一的零点，满足条件； 当a0时，令fx增，令fx则fx在x12ax1x110，解得x即函数在,上单调递

aax12ax1x11

0，解得0x即函数在0,上单调递减，

axa

111取值极小值即最小值，fxminf12lna，

aaa1212a10恒成立，即，a0,，则ga2aaaa2令ga12lnaga12lna1在定义域上单调递增，且g112ln110， a2所以要使函数fxax2a1x2lnx1只有一个零点，则

11fxminf12lna0，

aa解得a1，

综上可得a0或a1； 故答案为：a0或a1 【点睛】

本题考查利用导数研究函数的零点问题，考查分类讨论思想，属于中档题.

19．1【分析】先构造函数：设再利用导数求函数的单调性及极值：由即函数在为减函数在为增函数即得解【详解】解：设则当时当时即函数在为减函数在为增函数即即当达到最小值时的值为1故答案为：【点睛】本题考查了构造

解析：1 【分析】

先构造函数：设h(t)f(t)g(t)t22lnt，再利用导数求函数的单调性及极值：由h(t)2t22(t1)(t1)，即函数h(t)在(0,1)为减函数，在(1,)为增函数，即tthtminh1，得解． 【详解】

解：设h(t)f(t)g(t)t22lnt， 则h(t)2t22(t1)(t1)， tt当0t1时，h(t)0，当t1时，h(t)0， 即函数h(t)在(0,1)为减函数，在(1,)为增函数， 即htminh1，

即当|MN|达到最小值时，t的值为1， 故答案为：1. 【点睛】

本题考查了构造函数求距离的最值及导数的应用，属于中档题．

20．43【分析】通过函数的导数可判断出在上单调递增在上单调递减比较和的大小从而可得在上的最小值再结合已知其最小值为3即可求出的值进而可求出函数在上的最大值【详解】因为所以当时；当时所以函数在上单调递增在

解析：43 【分析】

通过函数f(x)的导数可判断出f(x)在(2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，比较

f(2)和f(2)的大小，从而可得f(x)在[2,2]上的最小值，再结合已知其最小值为3，

即可求出a的值，进而可求出函数f(x)在[2,2]上的最大值． 【详解】

因为f(x)2x36x2a，所以f(x)6x212x6x(x2)， 当x(2,0)时，f(x)0；当x(0,2)时，f(x)0， 所以函数f(x)在(2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减， 所以f(x)的最大值为f(0)a，

又f(2)40a，f(2)8a，因为(8a)(40a)320， 所以40a8a，所以f(x)在[2,2]上的最小值为f(2)40a3， 所以a43，所以f(x)的最大值为f(0)43． 故答案为：43 【点睛】

本题考查利用导数求闭区间上的函数最值问题．一般地，如果在区间[a,b]上函数

yf(x)的图象是一条连续不断的曲线，最值必在端点处或极值点处取得．

三、解答题

21．（1）a2；（2）证明见解析． 【分析】

（1）利用题中的条件函数有两个极值点，相当于导数等于零有两个解，对函数求导，对函数加以分析，最后求得结果；

（2）构造相应的函数，研究函数的图像，找出其对应的最值，最后求得结果. 【详解】

1x2ax1解：（1）fxxa，即方程x2ax10有两相异正根，

xx即方程ax11有两相异正根，由yx图象可知a2． xx313x1，只要证x22ax2lnx2x1， 222（2）要证fx2x1、x2为方程x2ax10的两根，x1x21，ax2x221．

只要证

1231133x2x221lnx2；只要证x2x2x2lnx2； 22x222x2为方程x2ax10的较大根，x2令gx2a1． 213x2x2x2lnx2x21． 21322gx3x0x21； gx2x2lnx2x21，22x223gx2x22lnx2在1,上单调减，所以gx2g10恒成立；

23gx2在1,上单调减，gx2g1．

2【点睛】

：思路点睛：该题属于导数的综合题，在做题的过程中，紧紧抓住导数与函数性质的关系，导数大于零单调增，导数小于零，函数单调减，借用二阶导来进一步研究函数的性质，对于不等式的证明问题，注意转化为最值来处理. 22．（1）f(x)在(【分析】

（1）求出函数的导数，根据导函数的单调性判断即可；（2）令

2,0)上单调递减；（2）有且仅有2个零点. 证明见解析.

Fxf(x)g(x)excosxxsinx，求出函数的导数，通过讨论x的范围，求出函

数的单调区间，从而求出函数的零点个数即可证明结论成立. 【详解】

（1）f(x)ecosxesinx1xx2excos(x)1，

4f(x)2excosx2exsinx

442excos(x2)2exsinx.

x(2,0)，

sinx0， f(x)0，

所以f(x)在(2,0)上单调递增，

f(x)f(0)0，

f(x)在(2,0)上单调递减.

（2）f(x)g(x)在区间[,]上有且仅有2个零点. 22x证明：令Fxf(x)g(x)ecosxxsinx， 所以Fxe①当xxcosxsinxxcosxsinx，

,0时， 2因为cosxsinx0,xcosxsinx0，

0单调递增， Fx0,Fx在，2F010,F0. 又220上有一个零点； Fx在，2②当x0,4时，

cosxsinx0,exx0，

F(x)excosxxsinxexsinxxsinxsinx(exx)0恒成立.

Fx在0，上无零点；

③当x,时，

420cosxsinx，

4

Fxexcosxsinxxcosxsinx0，

Fx在，上单调递减；

4224e又F0,F0，

24242Fx在，上必存在一个零点；

42综上，f(x)g(x)在区间[【点睛】 方法点睛：

利用导数研究函数单调性的方法：

（1）确定函数f(x)的定义域；求导函数f(x)，由f(x)0（或f(x)0）解出相应的x的范围，对应的区间为f(x)的增区间（或减区间）；

（2）确定函数f(x)的定义域；求导函数f(x)，解方程f(x)0，利用f(x)0的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论f(x)的正负，由符号确定f(x)在子区间上的单调性.

23．（1）0；（2）证明见解析；（3）【分析】

（1）首先求函数的导数，再代入求f的值；（2）首先设函数gxfx,]上有且仅有2个零点. 222.

13x，3求函数的导数，利用导数正负判断函数的单调性，求得函数gxmax0，（3）首先不等式等价于sinxkx对x(0，)恒成立，参变分离后转化为k立，

利用导数求函数h(x)【详解】

2sinx对x(0，)恒成x2sinx的最小值，转化为求实数k的最大值. xf(x)cosx(cosxxsinx)xsinx

（1）f()0；

132（2）令g(x)f(x)x，则g(x)xsinxx3x(sinxx)，

当x(0，)时，设t(x)sinxx，则t(x)cosx10

22即sinxx，所以g(x)0

2所以t(x)在x(0，)单调递减，t(x)sinxxt(0)0

所以g(x)在(0，)上单调递减，所以g(x)g(0)0，

所以f(x)13x. 3（3）原题等价于sinxkx对x(0，)恒成立， 即k2sinx对x(0，)恒成立， x2xcosxsinxf(x)sinx. ，则h(x)x2x2x2令h(x)易知f(x)xsinx0，即f(x)在(0，)单调递增， 所以f(x)f(0)0，所以h(x)0， 故h(x)在(0，)单调递减，所以kh()综上所述，k的最大值为【点睛】

方法点睛：由不等式恒成立求参数的取值范围的方法：

1.讨论最值，先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出含参函数的最值，进而得出相应的含参不等式求参数的取值范围；

2.分离参数：先分离参数变量，再构造函数，求出函数的最值，从而求出参数的取值范围. 24．（1）x|a1x1；（2）证明见解析. 【分析】

（1）求出f(x)的导函数，根据1a2可得到单调递减区间； （2）令g(x)f(x)x222. 2 .

12xax(a1)lnxxx0，判断出单调性，利用2g(x1)g(x2)可得答案.

【详解】 （1）f(x)12+)， xax(a1)lnx的定义域为(0，2a1(x1)x(a1)， xx因为1a2，所以0a11， f(x)xa+)单调递增， 当a11即a2时，f(x)在(0，当0a11时，即0a2，

令f(x)0得a1x1，所以f(x)单调递减， 单调递减区间为x|a1x1， 综上所述，a2时，f(x)无单调递减区间； 0a2时， f(x)单调递减区间为x|a1x1.

（2）设g(x)f(x)x12xax(a1)lnxxx0，则 2a1x2(1a)xa1， g(x)xa1xx令M(x)x2(1a)xa1，所以(1a)24(a1)(a1)(a5)， 因为1a5，所以(a1)(a5)0，所以M(x)0，即g(x)0， +)上单调递增， 所以g(x)在(0，对任意的x1x20，有g(x1)g(x2)，即f(x1)x1f(x2)x2，

f(x1)f(x2)(x1x2)，所以

【点睛】

f(x1)f(x2)1.

x1x2利用导数f(x)0求得函数的单调递减区间，利用导数f(x)0求得函数的单调递增区间.

25．（1）函数g(x)的一个极大值点为6，对应的极大值为9，另一个极大值点为

6，对应的极大值为9；函数g(x)极小值点为0，对应的极小值为0；（2）

4,． 13【分析】

1a(1)求出g(x)的表达式，结合函数的奇偶性即可求出4，从而可确定gx的解析

b0式，求出导数即可求出函数的极值点和极值.

(2)结合第一问可得h(x)的解析式，从而可求出h(x)3cx22xc，由h(x)的单调性可得

c11在2,5上恒成立，设mx3x，利用导数求出mx在2,5上的最小3xxx2值，从而可求出实数c的取值范围. 【详解】

解：（1）∵f(x)ax4x3bx2，∴f(x)4ax33x22bx，

∴g(x)f(x)f(x)ax4(4a1)x3(b3)x22bx，因为gx为偶函数，

1a4a10141432∴，解得4，∴f(x)xx，则g(x)x3x，

442b0b0∴g(x)x36xx(x6)(x6)， 由g(x)0，解得x6或0x6；由g(x)0，解得x6或6x0；

6,单调递减．

∴函数g(x)的一个极大值点为6，对应的极大值为g69， 另一个极大值点为6，对应的极大值为g69；

∴g(x)在,6，0,6单调递增；在6,0，

函数g(x)极小值点为0，对应的极小值为g00. （2）由（1）知f(x)∴h(x)f(x)14xx3，414x(c1)x3x2cxc2cx3x2cxc2，4∴h(x)3cx22xc，因为函数h(x)在2,5上单调递增， ∴3cx2xc0在2,5上恒成立，即

2c2x23x213x1在2,5上恒成立，

x113x2130，解得x设mx3x，令mx322,5， 2xxx3当x2,5时，mx0，所以mx3x1在2,5上单调递增， x13c=1313. 则mxm2，所以

22【点睛】 方法点睛：

已知奇偶性求函数解析式时，常用方法有：一、结合奇偶性的定义，若已知偶函数，则

24fxfx，若已知奇函数，则fxfx，从而可求出函数解析式；二、由奇

偶性的性质，即偶函数加偶函数结果也是偶函数，奇函数加奇函数结果也是奇函数. 26．（1）f(x)的单调递增区间为(2k4,2k3)，单调递减区间为4(2k37,2k)(kZ)；（2）(,1] 44【详解】

试题分析：⑴求出函数的导数令其大于零得增区间，令其小于零得减函数；⑵令

g(x)f(x)kxexsinxkx，要使f(x)kx总成立，只需x[0,]时

2g(x)min0，对讨论,利用导数求

试题

(1) 由于f(x)exsinx，所以

的最小值.

f'(x)exsinxexcosxex(sinxcosx)2exsin(x4).

当x当x4(2k,2k)，即x(2k4,2k3)时，f'(x)0； 44(2k,2k2)，即x(2k37,2k)时，f'(x)0. 44所以f(x)的单调递增区间为(2k单调递减区间为(2k4,2k3)(kZ)， 437,2k)(kZ). 44(2) 令g(x)f(x)kxexsinxkx，要使f(x)kx总成立，只需x[0,]时

2g(x)min0.

对g(x)求导得g(x)ex(sinxcosx)k，

令h(x)ex(sinxcosx)，则h(x)2excosx0，(x(0,所以h(x)在[0,2))

2]上为增函数，所以h(x)[1,e2].

对分类讨论：

① 当k1时，g(x)0恒成立，所以g(x)在[0,2]上为增函数，所以

g(x)ming(0)0，即g(x)0恒成立；

② 当1ke2时，g(x)0在上有实根x0，因为h(x)在(0,)上为增函数，所以当

2x(0,x0)时，g(x)0，所以g(x0)g(0)0，不符合题意；

③ 当ke2时，g(x)0恒成立，所以g(x)在(0,)上为减函数，则

2g(x)g(0)0，不符合题意.

综合①②③可得，所求的实数的取值范围是(,1].

考点：利用导数求函数单调区间、利用导数求函数最值、构造函数.