2023年12月13日发(作者：幼儿园数学试卷题大班免费)

专题20 导数

【母题来源】2021年高考乙卷

【母题题文】设函数fxlnax，已知x0是函数yxfx的极值点．

（1）求a；

（2）设函数g(x)xf(x)．证明:gx1．

xf(x)【答案】1；证明见详解

【试题解析】（1）由fxlnaxf\'x1x，yxfxy\'lnax，

xaxa又x0是函数yxfx的极值点，所以y\'0lna0，解得a1；

（2）由（1）得fxln1x，g(x)xf(x)xln1x，x1且x0，

xf(x)xln1xxln1x1，x0,ln1x0，

xln1x0，即证当

x0,1时，要证g(x)xln1xxln1xxln1x，化简得x1xln1x0；

同理，当x,0时，要证g(x)xln1x1，x0,ln1x0，

xln1x0，即证xln1xxln1xxln1x，化简得x1xln1x0；

令hxx1xln1x，再令t1x，则t0,1令gt1ttlnt，g\'t1lnt1lnt，

当t0,1时，g\'x0，gx单减，假设g1能取到，则g10，故gtg10；

当t1,时，g\'x0，gx单增，假设g1能取到，则g10，故gtg10；

1,，x1t，

1 综上所述，g(x)xln1x1在x,0xln1x0,1恒成立

【命题意图】考查导数的概念、导数公式、求导法则、导数的几何意义及导数的应用，考查数学式子的变形能力、运算求解能力、分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想及分析问题与解决问题的能力．

【命题方向】

从全国看，高考在逐年加大对导数问题的考查力度，问题的难度、深度与广度在不断加大，对本部分的要求一般有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题.

【得分要点】

1.函数的单调性及应用是高考中的一个重点内容，常见的题型及其解法如下：

（1）利用导数判断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质上就是判断或证明不等式f(x)0（f(x)0）在给定区间上恒成立．一般步骤为：

①求f ′(x)；

②确认f ′(x)在(a，b)内的符号；

③作出结论，f(x)0时为增函数，f(x)0时为减函数．

注意：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．

（2）在利用导数求函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域，解题过程中，只能在定义域内讨论，定义域为实数集R可以省略不写.在对函数划分单调区间时，除必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的不连续点和不可导点.

（3）由函数fx的单调性求参数的取值范围的方法

①可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上fx0(或fx0)(fx在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围；

②可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f(x)0(或f(x)0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；

③若已知fx在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出fx的单调区间，令I是其单调区

2 间的子集，从而可求出参数的取值范围.

（4）利用导数解决函数的零点问题时，一般先由零点的存在性定理说明在所求区间内至少有一个零点，再利用导数判断在所给区间内的单调性，由此求解.

2.函数极值问题的常见类型及解题策略

（1）函数极值的判断：先确定导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．

（2）求函数fx极值的方法：

①确定函数fx的定义域．

②求导函数fx．

③求方程fx0的根．

④检查fx在方程的根的左、右两侧的符号，确定极值点．如果左正右负，那么fx在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么fx在这个根处取得极小值；如果fx在这个根的左、右两侧符号不变，则fx在这个根处没有极值．

（3）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定义域，求导数fx，求方程fx0的根的情况，得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的取值或范围.

3.求函数f (x)在[a，b]上最值的方法

（1）若函数f (x)在[a，b]上单调递增或递减，则f (a)与f (b)一个为最大值，一个为最小值．

（2）若函数f (x)在区间(a，b)内有极值，先求出函数f (x)在区间(a，b)上的极值，与f (a)、f (b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

（3）函数f (x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点．

注意：（1）若函数中含有参数时，要注意分类讨论思想的应用.

（2）极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值.要注意利用函数的单调性及函数图象直观研究确定.

4.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法：

（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)a恒成立，只需f(x)mina即可；f(x)a恒成立，只需f(x)maxa即可.

（2）函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然

3 后构建不等式求解.

1．（2021·湖南长沙市·长郡中学高三二模）已知函数f(x)aexlna，g(x)ln(x1)1（其中a为常数，e是自然对数的底数）．

（1）若a1，求函数 f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

（2）若f(x)g(x)恒成立，求a的取值范围．

【答案】（1）yx1；（2）a1．

【分析】

（1）根据导函数的几何意义，先求斜率，再带入yfx0fx0xx0化简整理即可；

（2）方法一：不等式f(x)g(x)恒成立可等价转化为f(x)g(x)0，构造函数hxfxgx，然后通过函数单调性，求最值即可；

xx方法二：

f(x)g(x)恒成立，即aexlnaln(x1)1，进行同构变形aelnaeln(x1)(x1)，则构造函数h(t)tlnt，利用函数单调性求解不等式haexhx1，进而转化为aexx1，接下来参变分离即得出结果.

【详解】

（1）根据题意可知：

f(x)ex，f(x)ex，

所以f(0)1，f(0)1，

所求的直线方程为y1x0，

即yx1．

（2）方法一：f(x)aexlna，g(x)ln(x1)1，

故不等式f(x)g(x)恒成立可等价转化为：

aexln(x1)lna10在(1,)上恒成立，

4 记h(x)aexln(x1)lna1，x(1,)，

当0a1时，h(0)alna10，不合题意；

x1a(x1)e1当a1时，h(x)ae．

x1x1x记(x)a(x1)ex1，x[1,)，

则(x)a(x2)ex0，

所以(x)在[1,)上是增函数，又(1)1，(0)a10，

所以x0(1,0)使得x00，即ax01e010①，

x则当x1,x0时，(x)0，即h(x)0，

当xx0,时，(x)0，即h(x)0，

故h(x)在1,x0上单调递减，在x0,上单调递增，

所以h(x)minhx0ae0lnx01lna1①，

x由①式可得aex01，lnalnx01x0，

x011x012lnx01，

x01代入①式得h(x)min因为x0(1,0)，即x01(0,1)，

1x010，2lnx010，即h(x)min0，

故x01(1,)．

所以a1时，h(x)0恒成立，故a的取值范围为

方法二：根据已知条件可得：且f(x)g(x)恒成立；

故可等价转化为：aelnaexf(x)aexlna，g(x)ln(x1)1，

ln(x1)(x1)恒成立．

x设h(t)tlnt，则h(t)110，h(t)单调递增，

t5

因而aexx1恒成立，即ax1恒成立．

ex令s(x)xx1s(x)，则，

xxee当x(1,0)时，s(x)0，s(x)单调递增，

当x(0,)时，s(x)0，s(x)单调递减，

s(x)s(0)1，从而a1即为所求．

所以

【点睛】

恒成立问题求参数的取值范围的方法：

（1）参数分离法；

（2）构造函数法：①构造函数，然后通过研究函数的单调性，求出最值，解不等式即可；①构造函数，研究函数的单调性，利用单调性解不等式，然后转化之后进行参变分离.

2．（2021·玉林市育才中学高三三模（文））设函数f(x)x2bln(xa)，其中b≠0．

（①）当b1时，f(x)在x2时取得极值，求a；

（①）当a1时，若f(x)在(1,)上单调递增，求b的取值范围；

【答案】（①）a【分析】

19；（①）b.

42（①）求函数的导数利用f20求解；

（①）根据函数的单调性可得2x22xb0在1,上恒成立，利用二次函数的最值求解.

【详解】

（①）当b1时，fx2x依题意有f20，故a1，

xa9，

44x29x2(4x1)(x2)f\'x2x此时，

999x2x2x4221

6 x2取得极大值，所以a9；

4b2x22xb（①）当a1时，fx2x，

x1x1若fx在1,上单调递增，

则2x22xb0在1,上恒成立，

设hx2x2xb，

2只需h111b0b.

，即222a2x.

23．（2021·吉林高三其他模拟（理））已知函数fxln2x（1）当a1时，求yfx在1,f1处的切线方程；

（2）若函数fx有两个不同的极值点m，nmn，证明：【答案】（1）4x2y30；（2）证明见解析.

【分析】

(1)切线斜率为f1，根据点斜式可写出直线方程；

1fmln2.

2(2)根据m，n是方程fx0的解，由二次函数根的分布情况求出a的范围，再结合函数fx的单调性进行分析可解出此题.

【详解】

(1)当a1时，fxln2x12xx2，

2fx1x，

x2f12，

又1f1，

21

切线方程为：y()2x1，

2即切线方程为：4x2y30.

(2)1fxln2xax2，

2

7 1ax22ax1fxaxx2.

2x2x令gxax2ax1，

2fx有两个不同的极值点m、n，

方程gx0在x2上有两个不同的解m和n，

m0且4a24a0，解得：a1或a0，

又mn1，mn2，mn，且m、n,2，

am0，n0，0m1，a1.

a1，二次函数gx图象开口向下，

当x,m时，fx0，

fmf0ln2，

又fmf1故11a，

221fmln2.

2【点睛】

导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．

4．（2021·四川成都市·石室中学高二期中）已知函数f(x)ax3(ab)x212bx(a0)为奇函数，且f(x)的极小值为16.

（1）求a和b的值；

（2）若过点M(1,m)可作三条不同的直线与曲线yf(x)相切，求实数m的取值范围.

【答案】（1）a1，b1；（2）(11,12).

【分析】

（1）首先根据函数是奇函数求得ab0，接着根据f(x)的极小值为16求得a1，所以b1；（2）

8 设点Px0,fx0是曲线f(x)x312x的切点，根据导数的几何意义求得切线方程233232y3x04x2x0，进而得到m2x03x012，构造函数g(x)2x03x012，根据函数32g(x)2x03x012图象与ym有三个不同的交点求实数m的取值范围.

【详解】

（1）因为f(x)是奇函数，所以f(x)f(x)0恒成立，则2(ab)x20.

所以ab0，

所以f(x)ax312ax，

则f(x)3ax212a3a(x2)(x2)

令f(x)0，解得x2或x2.

当x(2,2)时，f(x)0，当x(2,)时，f(x)0.

f(x)在(2,2)单调递减，在(2,)单调递增，

所以f(x)的极小值为f(2)，

由f(2)8a24a16a16，

解得a1，

所以a1，b1.

（2）由（1）可知f(x)x312x，

设点Px0,fx0是曲线f(x)x312x的切点，

则在P点处的切线的方程为yfx0fx0xx0

23即y3x04x2x0

因为其过点M(1,m)，

2332所以m3x042x02x03x012g(x)，

2g\'(x)6x06x06x0(x01)，

当1x00时，g\'(x0)0，当x01时，g\'(x0)0，当x00时，g\'(x0)0

9 所以x0为极大值点，x1为极小值点，

由于g(0)12,g(1)11，

所以实数m的取值范围为(11,12).

【点睛】

导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．

5．（2021·四川成都市·石室中学高二期中（理））已知x0是函数f(x)ln(x1)（1）求a的值，并证明f(x)0恒成立；

(n1)(n2)（2）证明：对于任意正整数n，nn(2n)enn1ax的极值点.

x1

【答案】（1）a1，证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】

（1）由f(0)0可解得a；对f(x)求导，结合单调性可得f(x)的最小值为f(0)0，进而可得f(x)0；

（2）由（1）知，当x(1,)时，ln(x1)xk，取x，（k,nN*，1kn），可得nx11nkln，令k1,2,3,nn1【详解】

（1）f(x),n，相加可证得结论.

1a(x1)ax，f(0)1a0，a1.

x1(x1)211xx(x1)，所以f(x)，

x1(x1)2(x1)2x1因为f(x)ln(x1)由f(x)0得x0.

当x(1,0)时，f(x)0，f(x)单调递减；

当x(0,)时，f(x)0，f(x)单调递增，

所以，f(x)minf(0)0.

即当x(1,)时，f(x)0恒成立.

10 （2）由（1）知，当x(1,)时，ln(x1)x，（x0时取等号.）

x1k11kkln1=取x，（k,nN*，1kn）得nnkn1n1，

nk即ln1nk，令k1,2,3,nn1,n，相加得到

n1n2n3ln+ln+ln+nnn所以，ln1nn+lnn，

nn1(n1)(n2)nn*(2n)n，

n1(n1)(n2)即对任意nN，nn【点睛】

(2n)enn1.

关键点点睛：第（2）问的关键点是：证得ln1nk，（k,nN*，1kn）.

nn1x6．（2021·山东高三其他模拟）已知函数fxemx2x，gxexx2axalnx1．

（1）若函数fx在x1处取得极大值，求实数m的值；

（2）当m1时，若对x0，不等式fxgx恒成立，求实数a的值．

【答案】（1）m【分析】

（1）先根据极值点对应的导数值为零求解出m的可取值，然后检验m的取值下fx在x1处是否取极大值，由此确定出m的值；

（1）先将问题转化为“x0时，etxlnx2；（2）a1.

3axlnx1”，再通过换元将问题转化为“tR,etat10恒成立”，然后构造函数Fteat1，采用分类讨论的方法分析Ft的最小值与0的关系，由此求解出a的值.

【详解】

（1）因为fxexmx2x，所以f(x)ex(mx2x2mx1)，

11 因为fx在x1处取极大值，所以f10，所以em12m10，所以m12

3当m21x时，f(x)e2x3x1，

333,

23

2x

fx

3,1

2+

1

1,

单调递减

单调递减

0

0

fx

极小值

单调递增

极大值

所以fx在x1处取极大值，符合题意；

x2x2（2）当m1时，

fxexx，gxexaxalnx1．

x2又因为对x0，不等式fxgx，所以x0时，exxexx2axalnx1，

所以x0时，exlnxaxlnx1，

令txlnx，因为hxxlnx为0,上的增函数，且hx的值域为R，所以tR，

故问题转化为“tR,etat10恒成立”，不妨设Fteat1，所以Ftea，

tt当a0时，Ftea0，所以Ft在R上单调递增，且F0e10，

t0所以当t,0时，FtF00，这与题意不符；

当a0时，令Ft0，解得xlna，

当t,lna时，Ft0，Ft单调递减，当tlna,时，Ft0，Ft单调递增，

所以FtminFlnae所以1lnalnaalna1aalna10，

110，所以lna10，

aa1a11,a2，

aa记alna当a0,1时，a0，a单调递减，当a1,时，a0，a单调递增，

12 所以amin10，

又因为lna【点睛】

方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：

（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；

（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.

110，即a0，所以a1.

ax2axb7．（2021·浙江高二期末）已知函数f(x)(xR)的一个极值点是x2．

xe（①）当a1时，求b的值，并求f(x)的单调增区间；

（①）设a0，若x[0,3]，使得fx9成立，求实数a的范围．

e2【答案】（①）b1，f(x)的单调增区间为1,2；（①）0a5

【分析】

（①）求出函数导数，可得f(2)0，即可解得b1，令fx0即可求得单调递增区间；

（①）求出函数导数，由题可得出ba且a2，根据导数得出函数的单调性，可求得fx的最大值，即可求得a的范围.

【详解】

x2x1b（①）当a1时，f(x)，

xefx的一个极值点是x2，则f(2)0，即2221b0，解得b1，

此时由f(x)(x2)(x1)0解得1x2，

xe所以b1，f(x)的单调增区间为1,2；

x2(2a)xab（①）f(x)，exx2是极值点，

13 222(2a)ab0则，解得ba且a2，

2Δ(2a)4(1)(ab)0(x2)(xa)因为a0，因此由f(x)知fx在0,2单调递增，在2,3单调递减，

xe42aafxmaxf2，

e242aa92，解得a5，0a5.

则由题可得e2e【点睛】

关键点睛：本题考查利用导数解决不等式的恒成立问题，解题的关键是得出ba且a2，，从而判断出fx的单调性.

8．（2021·全国高二单元测试）已知函数f(x)＝x3﹣ax2+（a+3）x﹣2a﹣1，其中a①R．

（1）若函数f(x)在x＝1处取极大值，确定函数f(x)的单调性；

（2）证明：函数f(x)只有一个零点．

【答案】（1）f(x)在（﹣∞，1）递增，在（1，3）递减，在（3，+∞）递增；（2）证明见解析．

【分析】

（1）求出函数的导数，根据f(1)＝0，求出a的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）根据f(x)＝（x2﹣x+2）（x+1+2x32x3af(x)1g(x)x+1+﹣），函数只有个零点，即函数＝﹣22xx2xx2a只有1个零点，根据函数g(x)的单调性证明即可．

【详解】

解：（1）f(x)＝3x2﹣2ax+a+3，

由题意f(1)＝6﹣a＝0，解得a＝6，

故f(x)＝3（x﹣1）（x﹣3），

令f(x)＞0，解得x＞3或x＜1；令f(x)＜0，解得1＜x＜3，

故f(x)在（﹣∞，1）递增，在（1，3）递减，在（3，+∞）递增；

（2）证明：f(x)＝（x3+3x﹣1）﹣a（x2﹣x+2），

2x3x33x1①x﹣x+2＞0恒成立，且2＝x+1+2，

xx2xx22①f(x)＝（x2﹣x+2）（x+1+2x3﹣a），

2xx2

14 故函数f(x)只有1个零点即函数g(x)＝x+1+2x3﹣a只有1个零点，

x2x2(x1)2x2(2x22x5)由g(x)＝＞0恒成立，故函数g(x)在R递增，

22(xx2)又g(x)＝x+1+2x3﹣a，

x2x2故当2x﹣3＞0时，g(x)＞x+1﹣a且当x＞a﹣1时，x+1﹣a＞0，

令x0＝max{3，a﹣1}，则当x＞x0时，g(x)＞0，

2从而g(x)在x＞x0时无零点，

当2x﹣3＜0时，g(x)＜x+1﹣a且当x＜a﹣1时，x+1﹣a＜0，

令x1＝min{3，a﹣1}，则当x＜x1时，g(x)＜0，

2故g(x)在x＜x1时无零点，

根据零点存在定理以及g(x)在R上为增函数，

g(x)在（x1，x0）上只有1个零点，

故函数f(x)只有一个零点．

【点睛】

方法点睛：函数的零点问题的求解，常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接画出函数f(x)的图象分析得解）；（3）方程+图象法（令f(x)0得到g(x)h(x)，画出g(x),h(x)的图象分析得解）.解题时，要根据已知条件灵活选择方法求解.

9．（2021·江苏高二专题练习）已知函数fxesinxaxaR，gxecosx.

xx（1）当a0时，求函数fx的单调区间；

πFxfxgx（2）若函数在,π上有两个极值点，求实数a的取值范围.

2【答案】（1）增区间是2k3242e,2e

4,2k3437,kZ2k,2k，减区间是44（2）,kZ．【分析】

15 （1）求导函数f(x)，利用f(x)0得增区间，f(x)0得减区间；

（2）求导函数F(x)，由F(x)0在【详解】

（1）a0，f(x)exsinx，f(x)ex(sinxcosx)当2kxπ,π上有两个不等实根可得参数范围．

22exsin(x4)，

3时，f(x)0，

44437x2k当2kx2k2，即2k时，f(x)0，

4442k，即2kx2k所以f(x)的增区间是2k4,2k3437,kZ2k,2k，减区间是44,kZ．

（2）F(x)exsinxaxexcosxex(sinxcosx)ax，

F(x)ex(sinxcosxcosxsinx)a2exsinxa，

由题意2exsinxa0在π,π上有两个不等实根．即a2exsinx有两个实根．

2xx设h(x)2exsinx，则h(x)2e(sinxcosx)22esin(x4)，

3533h(x)0，h(x)0，h(x)递增，x时，x,时，x,，所以x时，4444242h(x)递减，

h(x)max3h4422eh，2e，h()0，

2332所以当a2e,2e4πx时，在a2esinx,π上有两个实根．F(x)有两个极值点．

2【点睛】

关键点点睛：本题考查用导数求函数的单调区间，研究函数的极值点问题，解题关键是把极值点的个数转化为方程解的个数，再转化为函数图象交点个数，从而研究函数的单调性与极值可得．

10．（2021·四川攀枝花市·高三三模（文））已知函数fxkx1exx2kR．

（1）当k1时，求函数fx的单调区间；

16 （2）若函数fx有两个极值点，且极小值大于5，求实数k的取值范围．

【答案】（1）单调增区间为0,ln2，单调减区间为,0，ln2,；（2）【分析】

x（1）当k1时，求得fxxe2，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；

2,22,5．

3e（2）求得fxkekx1e2xxke2，当k0时，不满足条件，当k0时，利用导数xxx222求得函数fx的极小值fln2ln1ln，根据kkk222fln0，得到k3,2，当k2ke时，fx的极小值f0k，根据f05求得k2,5，即可求解．

【详解】

xx2（1）当k1时，fxx1ex，则fxxe2，

令fx0，解得x0或xln2，

当x0或xln2时，fx0，故fx的单调增区间为,0，ln2,，

当0xln2时，fx0，故fx的单调增区间为0,ln2，

所以fx的单调增区间为0,ln2，单调减区间为,0，ln2,．

（2）由函数fxkx1exxxx2kR，

可得fxkekx1e2xxke2，

x当k0时，fx0，解得x0，不满足条件，

当k0时，fx0，解得x0或xln因为函数fx有两个极值点，故k2，

当0k2时，0ln2，

k22，函数fx在xln时取到极小值

kk22222222flnkln1ln2ln1ln，

kkkkkk

17 由题意ln222223ln10，解得ln3，即k3，故k3,2；

kkeke20，fx在x0时取到极小值f0k，

k当k2时，ln由题意k5，解得k5，故k2,5．

2综上所述，实数k的取值范围是3,22,5．

e【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fx，不要忘记定义域，求得方程fx0的根；

2、判定fx0的根的左右两侧fx的符号，确定函数的极值点或函数的极值；

3、注意fx0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.

11．（2021·黑龙江大庆市·铁人中学高三三模（理））已知函数f(x)ex12lnxx.

（1）求f(x)的极值；

（2）证明：f(x)x23(x2).

【答案】（1）极小值为2，无极大值；（2）证明见解析.

【分析】

(1)对函数f(x)求导，求f(x)为正为负的x范围，进而求得极值；

(2)先讨论0x3时f(x)与x23(x2)的最值，x>3时构造函数不断求导，讨论单调性即可得解.

【详解】

x1（1）f(x)的定义域为(0,)，f(x)e33221，f(x)ex11在(0,)上单调递增，且xxf(1)0，

由f(x)0，得0x1，则f(x)的单调递减区间为(0,1)，由f(x)0，得x1，则f(x)的单调递增区间为(1,)，

所以x1时，f(x)取得极小值，极小值为2，无极大值；

18 （2）设g(x)(x2)33(x2)(x0),g(x)3(x1)(x3)，

令g(x)0，得1x3；令g(x)0，得0x1或x3.

所以当x1时，g(x)取得极大值，且极大值为2，0

由（1）知，f(x)minf(1)2，故当0x3时，f(x)(x2)33(x2).

设h(x)f(x)g(x)ex12lnx(x2)34x6(x3)，

22h(x)ex13(x2)24，令p(x)h(x),p(x)ex126(x2)，

xxx1设q(x)p(x),q(x)e46，易知q(x)在(3,)上单调递增，

3x则q(x)q(3)e2460，q(x)在(3,)上单调递增，

27260，则h(x)在(3,)上单调递增，

92从而p(x)p(3)e2则h(x)h(3)e10，从而h(x)在(3,)上单调递增，

3所以h(x)h(3)e252ln30，故当x3时，f(x)(x2)33(x2)，

从而x0,f(x)x23(x2)成立.

3【点睛】

关键点睛：在指定区间上某些函数不等式恒成立问题，可以把区间分成几段，再讨论在各段上恒成立即可.

12．（2021·贵州高三二模（理））已知函数fxcosxln1明：

（①）fx在区间1x，fx为函数fx的导数，证2,0上存在唯一极大值点；

2（①）fx在区间0,上有唯一零点.

【答案】（①）证明见详解；（①）证明见详解.

【分析】

（①）先对函数fx求导，再令gxfx，再对gx求导，根据导数的方法判定其单调性，即可得

19 出极大值点，从而可得结论成立；

（①）先对函数fx求导，先研究x0,时，根据函数单调性，以及零点存在性定理，判定函数fx2在区间0,x,fxcosxln1x上有一个零点；再研究，判定此时0恒成立，222即可证明结论成立.

【详解】

1fxsinx（①）由fxcosxln1x可得，

1x221gxfxsinx令，x1,0，

1x22则gxcosx1，

1x2122令hxcosx，则1x2hxsinx2，

1x2303因为x1,0，所以sinx1,0，，

1x22hxsinx21x232即0在x1,0上恒成立，

2所以hx在x1,0上单调递减；

2因为h10，2h0111220，

由零点存在性定理可得：存在唯一x0,0，使得hx00；

2

20 所以当x1,x0时，hx0，即gx0；当xx0,0时，hx0，即gx0；

2即gx在x1,x0上单调递增；在xx0,0上单调递减，

2所以gx在区间1,0上存在唯一极大值点；

2即fx在区间1,0上存在唯一极大值点；

2（①）因为fxsinx112x，

1fxsinx0fx当x0,时，显然恒成立，所以在0,上单调递减；

1x222又f0cos0ln11ln11lne0，22fcosln1ln10，

2222根据零点存在性定理，存在唯一的x10,，使得fx10，

2即函数fx在区间0,上有一个零点；

2当x,时，

ln1xln1ln11，cosx1，

2222所以fxcosxln1x0恒成立，

2因此fx在区间,上没有零点；

2综上，fx在区间0,上有唯一零点.

【点睛】

思路点睛：

21 利用导数的方法判定函数极值点个数、零点个数等问题时，一般需要先对函数求导，根据导数的方法判定函数单调性，从而可得函数的极值等.

22


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