专题15 导数的应用(解析版)-2021年高考冲刺之二轮专题精讲精析

一、单选题

1．定义在(0,)上的函数f(x)满足xfx10，f(2)ln2，则不等式feA．(0,ln2) 【答案】B 【分析】

x构造函数g(x)f(x)lnx，用导数法易得gx在(0,)上是增函数，然后将不等式fex0转

x的解集为（ ）

xB．(,ln2) C．(ln2,) D．(ln2,1)

化为geg(2)，利用单调性求解.

x【详解】

设g(x)f(x)lnx， 则g(x)f(x)1xf(x)10， xx∴gx在(0,)上是增函数， 不等式fe即gexx0可化为felnexxx0f(2)ln2.

g(2)，

∴ex2， 解得xln2. 故选：B

2．已知a、b满足0abe，则ablnalnbba ablnalnbbbaC．a abA．ablnalnba与b的大小关系为（ ） ablnalnbbba B．aabD．不能确定

【答案】C 【分析】

lnxlnalnb，利用导数分析出函数fx在区间0,e上单调性，可比较出与的大小关xablnalnbba系，再利用对数函数的单调性可得出ab与ba的大小关系，进而可得出a与b的大小关系.

ab构造函数fx

【详解】 令fxlnx1lnx，其中0xe，则fx，当0xe时，fx0. 2xx所以，函数fx在区间0,e上单调递增，

0abe，fafb，即

所以，a故选：C. 【点睛】

blnalnb，即blnaalnb，即lnablnba，可得abba， ablnalnb. baab思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个： （1）判断各个数值所在的区间； （2）利用函数的单调性直接解答.

数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.

x223．已知函数f(x)ln(x2)，（a为常数，且a0），若fx在x0处取得极值，且x0[e2,e2]，

2a2而fx0在[e2,e2]上恒成立，则a的取值范围是（ ）

A．ae42e2 C．ae22e 【答案】B 【分析】

B．ae42e2 D．ae22e

1a1e22,e21a1,由函数的导数得出函数的单调性，又由已知可得或，进而求得答案． 2f(e2)0,fe20,【详解】

fx1x(x2)，令fx0，可得x01a1， x2a因为fx在x0处取得极值，所以1a12,a0.

∴函数在2,1a1上单调递增，在1a1,上单调递减. ∵x0e2,e2，

∴函数在区间e2,e2上是单调函数.

221a1e22,e21a1,∴或∴ae42e2， 2f(e2)0,fe20,∴a的取值范围是ae42e2. 故选：B

4．已知定义域为R的函数fx的导函数为fx，且xfxxe2fx，若f24e4，则

3x2函数gxfx2的零点个数为（ ） A．1 【答案】B 【分析】

B．2

C．3

D．4

x2fx2xfxfxx采用构造函数法，同乘x得xfx2xfxxe，变形得e，即2ex，4xx24x由此可得fx表达式，将f24e4求出具体解析式，再结合导数研究fx增减性，画出大致图象，

2即可求解. 【详解】

x2fx2xfx依题意，xfx2fxxe，故xfx2xfxxe，则ex，即4x3x24xfxfxxx2e，故x2ec，令x2， x则

f22xe2ce21，解得c1，故fxxe1， 4xxx故fxxxe2e2；令gxxe2e2，则gxx3e，当x3时，gx0，

xx当x3，gx0，故gxming33e2e20，故当x,0时，fx0，

33当x0,时，fx0；作出函数fx的大致图象如图所示；观察可知，yfx与y2有2个交点，即函数gx有2个零点， 故选：B．

【点睛】

方法点睛：本题考查构造函数法求解函数解析式，利用导数研究函数增减性，常用以下方法：

（1）利用含导数方程还原原表达式需要结合导数四则运算特征，如本题中同乘x移项后就得到除法对应导数公式；

（2）利用导数研究函数增减性,如遇导数不能判断正负的情况下，往往需要再次求导，通过二阶导数判断一阶导数的正负，再通过一阶导数的正负判断原函数的增减.

5．定义在R上的函数f(x)exmx3m(m0)，当x1+x21时，不等式

fx1fsin2fx2fcos2在R时恒成立，则实数x1的取值范围是（ ）

A．(0,1) 【答案】B 【分析】

先利用导数判断fx单调递增，从而可得g(x)f(x)f(1x)单调递增，因此

B．(1,)

C．(1,0)

D．(,1)

fx1fsin2fx2fcos2恒成立等价于fx1f1x1fcos2f1cos2，

2即gx1gcos，得x1cos，进而可求得x1的取值范围

2【详解】

x2由于f(x)e3mx0，因此fx单调递增，从而f1x单调递减，

因此g(x)f(x)f(1x)单调递增， 注意到fx1fsin2fx2fcos2恒成立等价于

fx1f1x1fcos2f1cos2，

2即gx1gcos，即x1cos恒成立，

2所以实数x1的取值范围是(1,)， 故选：B.

【点睛】

关键点点睛：此题考查由函数的单调性解不等式，考查数学的转化思想，解题的关键是判断出函数的单调性，从而得fx1fsin2fx2fcos2恒成立等价于

fx1f1x1fcos2f1cos2，可得x1cos2，从而可得实数x1的取值范围，属于中

档题

6．已知奇函数fx在,上单调递减，且f11，则“x1”是“xfx1”的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】B 【分析】

根据奇函数的定义和单调性可确定fx和fx的符号，由奇偶性定义可知gx为偶函数，利用导数可确定gx单调性；根据g1g11，利用单调性可求得xfx1的解集，根据推出关系可确定结论. 【详解】

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件.

fx为,上的奇函数，f00，

又fx单调递减，当x0时，fx0；当x0时，fx0，且fx0， 令gxxfx，则gxxfxxfxgx，gx为偶函数， 当x0时，xfx0；当x0时，xfx0；gxxfx，

gxfxxfxfxxfx

当x0时，fx0，gx0，gx在0,上单调递增， 由偶函数对称性知：gx在,0上单调递减；

g1g1f11，由gxxfx1得：1x1，

1,11,，“x1”是“xfx1”的必要不充分条件.

故选：B.

【点睛】

结论点睛：本题考查充分条件与必要条件的判断，一般可根据如下规则判断： （1）若p是q的必要不充分条件，则q对应集合是p对应集合的真子集； （2）若p是q的充分不必要条件， 则p对应集合是q对应集合的真子集； （3）若p是q的充分必要条件，则p对应集合与q对应集合相等；

（4）若p是q的既不充分又不必要条件， 则q对应的集合与p对应集合互不包含． 7．函数fxsin2x4cosx的最大值为（ ） A．963 【答案】A 【分析】

根据周期性只需考虑x0,2函数最值，结合fxsin2x4cosx2cosxsinx2得

B．32 C．1062 D．63 3x,2【详解】

时函数取得最大值，利用导函数分析单调性，结合隐零点求解最值. 由题fxsin2x4cosxfx2，只需考虑x0,2函数最值即可，

fxsin2x4cosx2cosxsinx2，

3xsinx0,cosx0所以当即,时函数取得最大值，

2fx2cos2x4sinx212sin2x4sinx4sin2x4sinx2，

考虑函数ht4t4t2,t1,0，h10,h00，

2所以必存在唯一零点t0，ht00,t022t01， 2且t1,t0ht4t4t2递减，

2tt0,0ht4t24t2递增，

记t0sinx0，由正弦函数单调性可得：

3x,x0函数fx递增，xx0,2函数fx递减， 所以函数fxmaxfx02cosx0sinx02

sin2x02sinx0113，解得sinx0,cosx0223，

2所以fxmaxfx02cosx0sinx022故选：A 【点睛】

3132963. 22此题考查求函数的最值，关键在于准确分析函数的周期性和单调性，结合导函数解决隐零点问题求解最值，属于难题.

8．已知函数fxax2xlnx有两个零点，则实数a的取值范围是（ ） A．,1 【答案】B 【分析】

函数f(x)axxlnxx0有两个零点，即方程a2B．0,1

C．,1e e2D．0,1e2 elnxxlnxxgx有两个根，设，求出x2x2gx，研究出函数gx的单调性，由gx的图象与ya有两个交点，得出a参数的范围，即得结果.

【详解】

函数f(x)axxlnxx0有两个零点，

2由题意得方程alnxxlnxxgx有两个根，设，则ya与yg(x)有两个不同的交点，又22xx1(1)x2(lnxx）(2x)12lnxx， xgxx4x32设hx12lnxx，则hx10

x所以hx12lnxx在0,上单调递减，又h(1)0 当x(0,1),hx0,gx0，所以gx在(0,1)上单调递增，

当x(1,),hx0,gx0，所以gx在(1,)上单调递减，

111eee20，当x(1,)时，lnxx0，则gx0，即gx在(1,)2又g(1)1，g(e)1e上单调递减，但恒正.

作出函数yg(x)的大致图象如下：

要使yg(x)的图象与ya有两个交点， 所以实数a的取值范围是0,1. 故选：B. 【点睛】

方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

9．定义在0,上的函数yfx有不等式2fxxfx3fx恒成立，其中yfx为函数

yfx的导函数，则（ ） f2f216 B．48 A．4f1f1【答案】B 【分析】

f24 C．3f1f24 D．2f1

根据已知条件可以得到gxfxfx，hx3在(0,+∞)上的单调性，从而分别得到2xxg2g1,h2h1,进而得到结论.

【详解】

解：2fxxfx，即fxx2fx0，因为yfx定义在0,上，

fxf2fxx22xfx4，gxfxx2xfx0，令gx2则0， 4f1xx2则函数gx在0,上单调递增. 由g2g1得，

f222f112即，

f2f(1)4；

fxfxx33x2fxfxx3fx同理令hx，hx0， 3xxx则函数hx在0,上单调递减. 由h2g1得，

f2f2f18. 3，即3f121综上，4故选：B. 【点睛】

f28. f1本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性和单调性在比较大小中的应用，涉及根据已知导函数满足的关系构造可判定导数正负的函数，是难题.

fxx2fx0，从中间是减号，联想到除法的求导法则，从系数2，联想到要有x2的导数产生，综合

2需要两边同乘以x，得到fxx2xfx0，

fxfxfxx22xfx进而得到gx得到函数，同样道理得到的单调性，这gx0hx423xxx是解决本题的关键和难点.

x31210．已知函数fxax2bxc的两个极值分别为fx1和fx2，若x1和x2分别在区间

322,0与0,2内，则

A．,1b1的取值范围为（ ） a1B．(,2),

1, 323C．2,2 3D．2,

32【答案】A 【分析】

2由极值点的所在区间即可知f(x)的导函数f(x)xax2b的零点区间，应用根的分布可得

2ab0，结合目标式的几何意义，即可求其范围. b02ab0【详解】

x312函数fxax2bxc的两个极值分别为fx1和fx2，

322∴f(x)xax2b的两个根为x1，x2，

∵x1，x2别在区间2,0与0,2内，

f202ab0. 所以f00化为：b0f202ab0画出可行域如图（阴影部分），

设Q1,1，点Pa,b是可行域内部的点，

则

b1表示直线PQ的斜率， a1由图象可得，kPQkAQ或kPQkBQ，

由2ab02ab0得B2,0；由得A2,0，

b0b01111，kBQ1，因此kPQ或kPQ1， 213213所以kAQ即

b11的取值范围为,1, a13故选：A. 【点睛】 关键点点睛：

求解本题的关键在于，根据函数的极值点，求出a,b所满足的等量关系，再由分式型目标函数的取值情况，利用数形结合的方法，即可求解.

11．定义在R上的函数f(x)的导函数为f(x)，若f(x)f(x)，f(2)1008，则不等式

e2f(x 1) 1008ex10的解集为（ ）

A．(1,) 【答案】D 【分析】 令g(x)【详解】 令g(x)B．(2,)

C．(,1)

D．(1,)

f(x)，对函数求导判断出单调性，利用g(x)的单调性解出不等式即可． xef(x)f(x)f(x)g(x)0， ，则xxee所以g(x)在R上单调递增．

10082x1ef(x1)1008e0， ，所以不等式2ef(x1)f(2)2，即gx1g2，所以x12， 可变形得

ex1e因为g(2)解得x1． 故选：D

12．已知定义在0,上的函数fx满足xfxfx0，其中fx是函数fx的导函数，若

fm2019m2019f1，则实数m的取值范围为（ ）

A．0,2020 【答案】D 【分析】 构造函数hx得. 【详解】 令hxB．2019,

C．2020,

D．2019,2020

fm2019f1fx，根据导数可判断函数单调递减，由，结合函数定义域可解xm20191fxxfxfx，x0,，则hx， 2xx因为xfxfx0，所以hx0，所以函数hx在0,上单调递减． 因为fm2019m2019f1，m20190，所以

fm2019m2019f11，

即hm2019h1，所以m20191且m20190，解得2019m2020， 所以实数m的取值范围为2019,2020． 故选D． 【点睛】

易错点点睛，本题的容易忽略定义域m20190，切记解函数抽象不等式要优先考虑定义域. 二、填空题 13．已知fx【答案】5,5 【分析】

由函数在给定区间的单调性，得到f(x)0在1,1恒成立，进而可得m的取值范围.

13m2xx6x1在1,1单调递减，则m的取值范围为______． 32【详解】

f(x)在1,1单调递减，f(x)x2mx60在1,1恒成立，

又f(x)xmx6是开口向上的二次函数，为使f(x)0在1,1恒成立，

2只需f(1)01m60，即，则m5,5.

f(1)01m60故答案为：5,5. 【点睛】 思路点睛：

利用已知函数在给定区间上的单调性求参数时，通常需要对函数求导，根据函数在给定区间的单调性，得到导函数在给定区间的符号（正负），由此列出不等式求解即可. 14．若x＝2是f(x)＝ax3-3x的一个极值点，则a＝________. 【答案】【分析】

由f(2)=0解得a【详解】

因为f(x)ax33x，所以f(x)3ax23， 因为x＝2是f(x)＝ax3-3x的一个极值点， 所以f(2)12a30，故a经验证当a所以a1 41，再验证即可得解. 41， 41时，x2是f(x)的一个极值点. 41. 41故答案为：

4【点睛】

关键点点睛：根据可导函数在极值点处的导数值为0求解是解题关键. 15．已知函数f(x)x33x在x5m,m1的值域为________. 【答案】

2a,bba，则实数m的取值范围为

6,7

【分析】

2由函数知f(x)存在极大、小值，而x5m,m1的值域为

a,bba，则5m,m1必包含极

2值点，列不等式组求m的取值范围. 【详解】

由解析式知：f(x)3(x1)，

∴(,1)、(1,)上f(x)0，即f(x)单调递增；(1,1)上f(x)0，即f(x)单调递减； ∴f(x)有极大值f(1)2，极小值f(1)2， 由题意知：a2,b2，即有：

2m15m225m1，解得6m7， m11f(5m2)2f(m1)2故答案为：【点睛】

易错点睛：定义域为开区间的函数值域为闭区间，一般开区间包含极值点的横坐标，但求参数范围时，注意开区间的端点值不能超过极值.

6,7

2xex,x016．对于函数f(x)2有下列命题： 1x2x,x02①在该函数图象上一点（﹣2，f（﹣2））处的切线的斜率为②函数f(x)的最小值为2； 2e2； e③该函数图象与x轴有4个交点；

④函数f(x)在（﹣∞，﹣1]上为减函数，在（0，1]上也为减函数. 其中正确命题的序号是_____. 【答案】①②④ 【分析】

求出导数代入-2可得判断①；利用函数的单调性求出极值可判断②④；分别求函数等于零的根可判断③. 【详解】

x≤0时，f(x)＝2xex，f′(x)＝2（1+x）ex，故f′（﹣2）＝2，①正确； 2e且f(x)在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，0）上单调递增，故x≤0时，f(x)有最小值f（﹣1）＝x＞0时，f(x)＝x2x（1）＝22， e1在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，故x＞0时，f(x)有最小值f212 2e2故f(x)有最小值，②④正确；

e令2xex0得x0，令x2x故答案为：①②④ 【点睛】

本题考查导数的几何意义，考查利用导数判断函数的单调性、求函数的最值一定注意定义域. 三、解答题

17．已知函数fxexlnxx21220得x，故该函数图象与x轴有3个交点，③错误； 222. e2xhxfxe1（1）求函数的单调区间. e（2）证明：fxx0.

【答案】（1）hx在0,1上单调递减，在(1,)上单调递增；（2）证明见解析. 【分析】

（1）求得的函数hxexx1lnx，根据导数的符号，即可求得函数的单调区间；

2x2x，分别求得函数Fxxlnxx0的最小值和eee（2）要证fxx0，即要证xlnxGxxx0的最大值，即可求解. xe【详解】

（1）由题意，函数hxfxe1x2xexlnx1，其定义域为0,， e可得hxexx1lnx，

令hx0，解得0x1；令hx0，解得x1. 所以hx在0,1上单调递减，在(1,)上单调递增. （2）要证fxx0，即要证exlnxx22xxxlnxx. ，即证明eee2x0，则Fxlnx1. e11由Fx0，解得0x；由Fx0，解得x.

ee令Fxxlnx所以Fx在0,令Gx112111,F(x)F. 上单调递减，在上单调递增，mineeeeeex1xx0G(x)，则， exex由Gx0，解得x1；由Gx0，解得0x1.

所以Gx在0,1上单调递增，在(1,)上单调递减，G(x)maxG(1)所以F(x)1， e2x1G(x)，且等号不同时取得，即xlnxx成立， eee所以fxx0. 【点睛】

利用导数证明不等式问题：

（1）直接构造法：证明不等式fxgx(fxgx)转化为证明

fxgx0(fxgx0)，进而构造辅助函数hxfxgx；

（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，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

ex18．已知函数fxax1e．

x（1）当a0时，求函数fx的极值；

（2）当a0时，证明：fx在0,1上存在唯一零点． 【答案】（1）极小值0，无极大值；（2）证明见解析. 【分析】

（1）当a0时，求导判断单调性即可求出极值；

（2）通过构造出一个新函数,讨论新函数的零点以证明原函数零点的唯一性. 【详解】

ex（1）当a0时，fxe，fx的定义域为,00,，

xfxexx1x2

由fx0得x1，由fx0得x1，且x0， ∴fx在1,上单调递增，在,0，0,1上单调递减． ∴当x1时，fx取得极小值f10，无极大值． （2）证明：当x0,1时，

exfxax1e0exax2aex0．

x令gxeaxaex，

x2则fx在0,1上的零点即gx在0,1上的零点

gxex2axae，

令hxgxe2axae，则hxe2a．

xx当a0时，则hx0，∴hxgx在区间0,1上单调递增． 又h0g01ae0，h1g1a0， ∴存在x00,1使得hx0gx00， ∴当x0,x0时，gx0，gx单调递减； 当xx0,1时，gx0，gx单调递增． 又因为g01，gx0g10， ∴在x0,x0上gx存在一个零点，

在xx0,1上gx没有零点，

∴gx在0,1上存在唯一零点，即fx在0,1上存在唯一零点． 【点睛】

函数极值点无法求出时，采用隐零点解决.

ex19．已知函数f(x)a(lnxx)，aR．

x（1）当a0时，讨论函数f(x)的单调性： （2）当a1时，函数g(x)f(x)x求实数m的取值范围．

【答案】（1）函数fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减；（2）[2,). 【分析】

（1）先对函数求导，令f(x)0求出x1，根据导数的方法，即可得到函数单调性； （2）先由a1，得到g(x)xelnx(1m)x，由分离参数法方法，将原不等式化为

x1xemx满足：对任意x(0,)，都有g(x)1恒成立，xm1lnxx1lnxxe1，构造函数h(x)e1，利用导数的方法求出其最大值，即可得出结果. xx【详解】

xxaxe(1x) axee（1）由题意，f(x)axx2x2x∵a0，x0，axex0，令f(x)0，得x1，

所以0x1时，f(x)0，fx单调递增，x1时，f(x)0，fx单调递减， 所以函数fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减. （2）当a1时，g(x)f(x)x1xxemxxelnx(1m)x x由gx1对x(0,)恒成立，得m1lnxxe1， x1lnxxlnxxx2exlnxe1，则h(x)2e设h(x)， 2xxx

2x设(x)xelnx，则x0时，(x)x2xe2x10， x所以(x)在(0,)上单调递增，且(1)e0，e1ln20， 24所以函数(x)在(0,)上有唯一的零点x01,1 2当0xx0时，(x)0，h(x)0，h(x)单调递增; 当xx0时，(x)0，h(x)0，h(x)单调递减， 所以x0时，h(x)maxhx01lnx0ex01 x0所以m1lnx0ex01， x02x00xx0xelnx00，x0e01111ln，即x0lnx0lnlnln x0x0x0x0因为yxlnx是增函数，所以x0ln1lnx0， x0m1lnx01x0ex01ex01ex0ex022， x0x0即m的取值范围为[2,). 【点睛】 思路点睛：

导数的方法研究由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果. 20．已知函数fxlnxax1aR． x（1）求函数fx的单调区间；

（2）当a1时，gxfxx2ex11，记函数ygx在,1上的最大值为m，证明：x4

m4m30．

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】

（1）求导后，对yaxx1的类型、开口、判别式进行分类讨论可得结果；

（2）化简g(x)(x2)exlnx，利用导数求出4m3，从而可得m4m30.

x2【详解】

（1）由函数fxlnxax1的定义域是0,， x11ax2x1则fxa2． 2xxx当a0时，fxx1，此时在区间0,1上，fx0；在区间1,上，fx0， 2x故函数fx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,． 当a0且14a0时，即a≤1时，ax2x10对任意x0,恒成立， 4即fx0对任意x0,恒成立，且不恒为0． 故函数fx的单调递减区间为0,； 当a0且14a0时，即1114aa0时，方程ax2x10的两根依次为x1，42ax2114a0x1x2，

2a此时在区间0,x1，x2,上，fx0；在区间x1,x2上，fx0，

114a114a,故函数fx的单调递减区间为，单调递增区间为0,，2a2a114a114a,； 2a2a当a0时，方程ax2x10的两根依次为x1114a114a，x2x20x1，

2a2a

此时在区间0,x1上，fx0；在区间x1,上，fx0， 故函数fx的单调递减区间为0,114a114a,，单调递增区间为； 2a2a（2）证明：当a1时，

gxfxx2ex则gxx1e1x111lnxxx2exx2exxlnx， xxx11x1ex． xx当

11x1时，x10，令hxex，

x4x则hxe11,1上单调递增． hx0，所以在4x211因为hhxe220，h1e10，

211x0ex,1所以存在0，即lnx0x0． 使得hx00，即

x021x故当,x0时，hx0，此时gx0；

4当xx0,1时，hx0，此时gx0． 即gx在1,x0上单调递增，在x0,1上单调递减， 4x0则mgxmaxgx0x02ex0lnx0x0212x0x012x0． x0x02121x22令Gx12x，x,1，则Gx20， 222xxx所以Gx在x,1上单调递增，则GxG所以4m3． 故m4m30．

1214，GxG13， 2

【点睛】

关键点点睛：第（2）问构造函数求导，利用导数求解是解题关键.

12ex21．已知函数fxxm1xmlnx，mR，gx.

2x（1）求gx的极值；

（2）若对任意的x1,x22,4x1x2，当x1x2时，fx1fx2gx1gx2恒成立，求实数m的最大值；

（3）若函数fx恰有两个不相等的零点，求实数m的取值范围.

2

1e

【答案】（1）极小值为e，无极大值；（2）最大值为2；（3）,0.

22

【分析】

（1）求出gx，讨论其符号后可得其极值.

（2）结合（1）的结果可知题设的不等式等价于fxgx为2,4上的增函数，利用导数可求实数m的最大值.

（3）先讨论fx的单调性，结合零点存在定理可求实数m的取值范围. 【详解】

exx1（1）gx，令gx0，得x1. 2x当x0或x1时，gx0；当0x1时，gx0， 故x1为ygx的极小值点，无极大值点， ∵g1e，∴ygx的极小值为e，无极大值. （2）由（1）可得gx在2,4为增函数，

∵x2x1，故fx1fx2gx1gx2等价于fx1fx2gx2gx1， 即fx1gx1fx2gx2



12ex设hxfxgxxmlnxm1x，则hx在2,4为增函数.

2xmex(x1)x1ex∴hxx(m1)xm0在2,4恒成立. 2xxxxex∴mx恒成立.

xexex(x1)设vxx，∵vx10在2,4上恒成立 2xxe2. ∴vx为增函数，∴vx在2,4上的最小值为v2222

e2e

. ∴m2，∴m的最大值为2

22

（3）fxx(m1)m(x1)(xm) xx①当0m1时，当x0,m和1,时，fx0，fx单调递增， 当xm,1时，fx0，fx单调递减， 所以fx的极大值为fm12mm1mmlnm 2m2mmlnm0，

2所以函数fx至多有一个零点，不合题意，舍.

②当m1时，fxx1x20，fx在0,上单调递增，

此时fx至多一个零点，不合题意，舍.

③当m1时，当x0,1和m,时，fx0，fx单调递增， 当x1,m时，fx0，fx单调递减， 所以fx的极大值为f111m1m0， 22所以函数fx至多有一个零点，不合题意，舍.

④当m0时，当x0,1，fx0，fx单调递增， 当x1,时，fx0，fx单调递减， 所以fxminf1Ⅰ：当fxminⅡ：当11m1m， 2211m0时，即m时，函数fx至多一个零点，不合题意，舍.

223213m0时，fmmmmlnmmm1lnm，

222令St1lnt3113t,0t，则St0， 22t23111ln2ln20， 244故St在0,为增函数，故StS故

123m1lnm0，所以fm0， 2所以存在x1m,1，fx10，所以函数fx在0,1上有唯一的零点.

222e22e22e又fee12eme12222e22e2120，

所以函数fx在1,上有唯一的零点. Ⅲ：当m0时，fx12xx，在0,上仅有零点x2，舍. 21,0 2综上所述：实数m的取值范围为【点睛】 方法点睛：

（1）函数的极值取决于其导数的符号，一般地，如果在xx0的左侧附近的导数为负，右侧附近的导数为正，则xx0为函数的极小值点.

（2）导数背景下的零点问题，一般利用函数的单调性和零点存在定理综合判断，取点时注意根据函数解析式的形式取合适点（容易计算方可），必要时可构建新函数再结合导数判断函数值的符号. 22．函数fxxlnxkx. （1）讨论fx的单调性；

（2）当x(1,)时，若【答案】（1）fx在0,e【分析】

f(x)klnx(k1)恒成立，求实数k的取值范围． xx1k1上单调递减；在(ek1,)上单调递增；（2）,1．

（1）求导后，利用导数符号可得结果； （2）将

f(x)klnx(k1)恒成立转化为x1klnxx10在1,上恒成立，再构造函数利xx1用导数求解即可. 【详解】

（1）fx的定义域为0,．

fxlnx1k，令fx0，xek1.

由f′x0，得x(0,ek1)，故fx在(0,ek1)上单调递减； 由f′x0，得x(ek1,)，故fx在(ek1,)上单调递增． 综上，fx在0,e（2）∵

k1上单调递减；在(ek1,)上单调递增．

f(x)klnxklnxklnx(k1)，∴lnxk(k1)，即lnx1， xx1x1x1f(x)klnx(k1)恒成立等价于x1klnxx10. 当x1时，xx11设gxx1klnxx1，则gxlnxx1k1

x1klnx.

x由于x1，lnx0，

当1k0，即k1时，gx0，则ygx在1,上单调递增，

gxg10恒成立．

当1k0时，即k1时，设hxgx， 则h(x)11k20. xx则ygx为1,上的单调递增函数， 又g11k0，

则gx在1,上存在x0，使得gx00， 当x(1,x0)时，gx单调递减； 当x(x0,)时，ggx单调递增． 则gx0g10，不合题意，舍去． 综上所述，实数k的取值范围是,1． 【点睛】

结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： ①若kf(x)在[a,b]上恒成立，则kf(x)max； ②若kf(x)在[a,b]上恒成立，则kf(x)min； ③若kf(x)在[a,b]上有解，则kf(x)min； ④若kf(x)在[a,b]上有解，则kf(x)max；