成都市实验外国语学校(西区)选修二第二单元《一元函数的导数及其应用》测试题(包含答案解析)

一、选择题

1．已知aR，b≠0，若xb是函数fxxbxaxb的极小值点，则实数

2b的取值范围为（ ） A．b1且b≠0 B．b1

2．已知函数f(x)x2a，g(x)C．b2且b≠0 D．b2

x2ex，若对于任意的x2[1,1]，存在唯一的

1x1[,2]，使得f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围是（ ）

2A．（e，4）

B．（e1，4] 4C．（e1，4） 4D．（

1，4] 43．已知lnx1x1y120，x22y262ln20，记

Mx1x2y1y2，则（ ）

A．M的最小值为C．M的最小值为

222 5B．M的最小值为D．M的最小值为

4 516 58 ．已知f(x)ax（ ）

1)上为单调递增函数，则a的取值范围为2lnxa0在[1，x) B．(0，) A．[0，，) C．(1，) D．[15．定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f ′(x)，若∀x∈R，都有2f(x)＋xf ′(x)＜2，则使x2f(x)－f(1)＜x2－1成立的实数x的取值范围是（ ） A．{x|x≠±1} C．(－1，1)

B．(－1，0)∪(0，1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)

6．定义域为R的函数fx的导函数为fx，满足fxfx，若f01，则不等式fxe的解集为（ ）

x，A．01 ， B．11 C．，0 D．，7．已知函数yf(x)的导函数为yf(x)，满足xR，fxfx且

f(1)e，则不等式f(lnx)x的解集为（ ）

A．(e,)

B．(1,)

C．(0, e)

D．(0,1)

8．已知函数fxsinxx,x0,且cosx0,x00,那么下列命题中真命题的序号是（ ）

①fx的最大值为fx0； ②fx的最小值为fx0； ③fx在上0,是减函数； ④fx在上x0,上是减函数.

1313A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

9．已知函数f(x)在R上连续可导，导函数为f(x)，f(0)1，其满足

f(x)f(x)f(x)0，函数g(x)x，下列结论错误的是（ ） ．．x1eA．函数g(x)在(1,)上为单调递增函数 B．x0时，不等式f(x)ex恒成立 C．函数g(x)有最小值，无最大值 D．x1是函数g(x)的极大值点

10．已知fx是定义在R上的可导函数，yefx的图象如下图所示，则yfx的

单调减区间是（ ）

A．,1 B．,2 C．0,1 D．1,2

11．已知函数fx的导函数fx，且满足f(x)3x22xf(2)，则f(5)（ ） A．5

B．6

C．7

D．-12

12．已知定义在(0,)上的函数fx的导函数fx满足xfx1，则（ ） A．f2f1ln2 C．f2f11

B．f2f1ln2 D．f2f11

二、填空题

x2,x013．已知k为常数，函数f(x)x1，若关于x的函数gxfxkx2有

lnx,x04个零点，则实数k的取值范围为________.

14．函数fx2xf()cosx1的图象在点0,f0处的切线方程为______.

215．定义在(2，)上的奇函数f(x)的导函数为

2f(x)，且f(1)0．当x0时，

f(x)tanxf(x)0，则不等式f(x)0的解集为________

16．函数f(x)ln(x2ax3)在(1,)上单调递增，则实数a的取值范围是______.

17．已知函数yfx在xx0处的导数为2，则limx△x0fx0△xfx0______.

△x18．已知函数fxlnxaxe在1,2上不单调，则a的取值范围是_________． 19．已知f(x)x33x2a(aR,a为常数),在2,2上有最大值4，那么此函数在

2,2上的最小值为_______.

20．已知函数f(x)2x36x2m（m∈R）在区间[－2，2]上有最大值3，那么在区间[－2，2]上，当x=_______时，f(x)取得最小值。

三、解答题

21．已知函数f(x)lnxax(aR). （1）讨论函数f(x)的单调性；

x2（2）证明不等式eaxf(x)恒成立.

22．已知函数f(x)x3ax2bx2(a,bR)在x1与x3处均取得极值. （1）求实数a，b的值；

（2）若函数f(x)在区间(m,2m1)上单调递减，求实数m的取值范围. 23．已知函数f(x)axex，a为非零常数. （1）求fx单调递减区间；

（2）讨论方程fxx1的根的个数. 24．已知函数fxxex2x1.

x22（1）求函数fx在[1,1]上的最大值； （2）证明：当x0时，fxx1.

25．求函数fxx3x1在闭区间3,0上的最大值、最小值.

326．已知aR，函数fx2xalnx. （1）若有极小值0，求a的值；

（2）若存在x1、x20,1，使得不等式x1x2fx1fx20成立，求实数a的取值范围.

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一、选择题 1．B 解析：B

【分析】

由xb既是f(x)的极小值点，又是零点，且f(x)的最高次项系数为1，因此可设

f(x)(xb)2(xm)，这样可求得m1，然后求出f(x)，求得f(x)的两个零点，

一个零点是b，另一个零点x2必是极大值点，由bx2可得b的范围． 【详解】

因为f(b)0，xb是函数f(x)的极小值点，结合三次函数的图象可设

f(x)(xb)2(xm)，又f(x)(xb)(x2axb)，

令x0得b2mb2，m1，即f(x)(x1)(xb)，

2f(x)3x2(4b2)xb22b(xb)(3xb2)，由f(x)0得x1b，

x2b2， 3b2b2是极大值点，b，所以b1． 33xb是极小值点，则

故选：B． 【点睛】

本题考查导数与极值点的关系，解题关键是结合零点与极值点，设出函数表达式，然后再求极值点，由极小值点大于极大值点可得所求范围．

2．B

解析：B 【分析】

结合导数和二次函数的性质可求出f(x)和g(x)的值域，结合已知条件可得[0,e][a4，1a)，从而可求出实数a的取值范围. 4【详解】

解：g（x）=x2ex的导函数为g′（x）=2xex+x2ex=x（x+2）ex，当x0时，gx0， 由x1,0时，gx0，x0,1时，gx0，可得g（x）在[–1，0]上单调递减，

在（0，1]上单调递增，故g（x）在[–1，1]上的最小值为g（0）=0，最大值为g（1）=e， 所以对于任意的x2[1,1]，g(x2)[0,e]．因为yx2a开口向下，对称轴为y轴， 又1020，所以当x0时，f(x)maxa，当x2时，f(x)mina4， 22则函数f(x)xa在[111，2]上的值域为[a–4，a]，且函数f（x）在[,]，

222图象关于y轴对称，在（1a)， 41，2]上，函数f(x)单调递减．由题意，得[0,e][a4，2可得a–4≤011，解得ea≤4．

44本题考查了利用导数求函数的最值，考查了二次函数的性质，属于中档题.本题的难点是

f(x1)g(x2)这一条件的转化.

3．D

解析：D 【分析】

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，点A在函数ylnxx2的图象上，点B在直线

x2y2ln260上，则M(x1x2)2(y1y2)2的最小值转化为函数ylnxx2的

图象上的点与直线x2y2ln260上点距离最小值的平方，利用导数求出切点坐标，再由点到直线的距离公式求解．求出d的最小值为两直线平行时的距离，即可得到M的最小值，并可求出此时对应的x2从而得解． 【详解】

解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

点A在函数ylnxx2的图象上，点B在直线x2y42ln20上，

M(x1x2)2(y1y2)2的最小值转化为函数ylnxx2的图象上的点与直线x2y2ln260上点距离最小值的平方．

11，与直线x2y2ln260平行的直线的斜率为x由ylnxx2，得y1k．

2令

111，得x2，则切点坐标为(2,ln2)， x2|22ln22ln26|545． 5切点(2,ln2)到直线x2y2ln260的距离d即M(x1x2)2(y1y2)2的最小值为

16． 5又过(2,ln2)且与x2y2ln260垂直的直线为yln22(x2)，即2xy4ln20，

联立x2y2ln26014，解得x，

52xy4ln2014． 5即当M最小时，x2故选：D． 【点睛】

本题考查函数的最值及其几何意义，考查数学转化思想方法，训练了利用导数研究过曲线

上某点处的切线方程，属于中档题．

4．D

解析：D 【分析】

首先求导，由题意转化为在x[1,)，ax22xa0恒成立，即a上恒成立.再利用基本不等式求出【详解】

2x在[1,)2x12x

的最大值即可. x21

ax22xa，(a0) f(x)2x因为f(x)在[1,)上为单调递增，等价于ax22xa0恒成立. 即a2x在[1,)上恒成立. x212x22121因为x1，当x1时，取“”， 1x2xxx所以a1，即a的范围为[1,).

故选：D 【点睛】

本题主要考查利用导数的单调区间求参数的问题，同时考查了学生的转化思想，属于中档题.

5．D

解析：D 【分析】

根据已知构造合适的函数，对函数求导，根据函数的单调性，求出函数的取值范围，并根据偶函数的性质的对称性，求出x0的取值范围． 【详解】

解：当x0时，由2f(x)xf(x)20可知：两边同乘以x得：

2xf(x)x2f(x)2x0 设：g(x)x2f(x)x2

则g(x)2xf(x)x2f(x)2x0，恒成立：

g(x)在(0,)单调递减，

2由xfxf1x21

x2fxx2f11

即gxg1 即x1；

当x0时，函数是偶函数，同理得：x1

综上可知：实数x的取值范围为(，1)(1，)， 故选：D． 【点睛】

主要根据已知构造合适的函数，函数求导，并应用导数法判断函数的单调性，偶函数的性质，属于中档题．

6．D

解析：D 【分析】 构造函数gxfx，用导数法得到gx在R上递减，然后由f01，得到xeg01，再利用函数的单调性定义求解.

【详解】 令gx则gxfx，因为fxfx， xefxfx0， xe所以gx在R上递减， 又f01，则g01，

x不等式fxe等价于

fx1g0 ， xe所以x0. 故选：D 【点睛】

本题主要考查函导数与函数的单调性以及函数单调性解不等式，还考查了构造函数求解问题的能力，属于中档题.

7．C

解析：C 【分析】

由不等式f(lnx)x，令tlnx，可知f(lnx)xf(t)et，令g(x)函数单调性，从而可解：lnx10xe， 【详解】

解：令tlnx，则f(lnx)xf(t)et，

f(x)，求导可得xef(x)f(x)f(x)g(x)0， ，则xxee因为：满足xR，f(x)f(x)

令g(x)g(x)在R上单调递增，

f(t)et故选：C ． 【点睛】

f(t)1gtg1t1lnx10xe， et本题主要考查导数法研究函数的单调性，考查了导数的综合应用，属于中档题．

8．B

解析：B 【解析】

本题考查导数及函数的最值、单调性 由fxsinx令f/11x得f/xcosx 331111xcosx0cosx有；因为cosx0，则x0为函数fxsinxx3333的一个极值点.

当x0,时，函数ycosx递减，所以当x0,x0时f错误，；当xx0,时f//x0，函数递增，则③

x0，函数递减，④正确．

故x0是函数的一个极大值点且唯一，故此点也是最大值点，①正确，②错误. 故正确答案为①④ 所以本题选B

9．D

解析：D 【分析】 对g(x)【详解】

f(x)求导，由条件可判断单调性，即可依次判断每个选项的正误. xef(x)f(x)f(x)g(x)，，当x1时，f(x)f(x)0，即xxeeg(x)0，故g(x)在(1,)上单调递增，故A正确，不符合题意；当x1时，g(x)f(x)f(x)0，即g(x)0，故g(x)在(,1)上单调递减，x1是函数g(x)的

极小值点，故D错误，符合题意；

g(x)在(,0]上单调递减，

g(x)g(0)f(0)f(x)x11f(x)e，即，，故B正确，符合题意；可知x0eeg(x)在x1处取得极小值即最小值，无最大值，故C正确，不符合题意.

故选：D. 【点睛】

本题考查导数的应用，属于中档题.

10．B

解析：B 【解析】

分析：先根据图像求出ef(x)1，即得f(x)0，也即得结果. 详解：因为当x2时，ef(x)1，所以当x2时，f(x)0， 所以yfx的单调减区间是,2， 选B.

点睛：函数单调性问题，往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题，经常转化为解方程或不等式.

11．B

解析：B 【分析】

将f2看出常数利用导数的运算法则求出f(x)，令x2求出f2代入f(x)，令

x5求出f5即可．

【详解】 解：

f(x)3x22xf2，

f(x)6x2f2， f(2)122f2

f(2)12 f(x)6x24 f(5)65246

故选B． 【点睛】

本题主要考查了导数的运算法则，解题的关键是弄清f2是常数，属于基础题．

12．B

解析：B 【解析】

分析：根据题意，由xfx1可得fx1'lnx，构造函数gxfxlnx，x1xfx1可得gxfx0，故gx单调递增，根据单调性可得结论．

xx详解：令gxfxlnx,x0，

1xfx1∴gxfx，

xx∵xfx1，

∴gx0，

∴函数gx在0,上单调递增， ∴g2g1，即f2ln2f1ln1， ∴f2f1ln2． 故选B．

点睛：本题考查对函数单调性的应用，考查学生的变形应用能力，解题的关键是根据题意构造函数gxfxlnx，通过判断函数的单调性得到函数值间的关系，从而达到求解的目的．

二、填空题

13．【分析】将x的函数有4个零点转化为与有4个不同的交点然后利用数形结合法求解【详解】因为函数有4个零点所以与有4个不同的交点在同一坐标系中作出与的图象如图所示：当时单调递减与有一个交点则；所以当时有3 解析：0,【分析】

将x的函数g(x)f(x)kx2有4个零点，转化为yfx与ykx2有4个不同的交点，然后利用数形结合法求解. 【详解】

因为函数g(x)f(x)kx2有4个零点， 所以yfx与ykx2有4个不同的交点，

在同一坐标系中作出yfx与ykx2的图象，如图所示：

1 e3

当x0时，y13单调递减， x1与ykx2有一个交点，则k0； 所以当x0时，有3个交点，

求出ykx2与y|lnx|相切时的k值，

当x1时，设切点为x0,lnx0， 所以y11，则k，

xx0所以切线方程为ylnx0又因为点0,2在切线上， 所以则2lnx03解得x0e，

1xx0， x010x0， x01， e3由图像知g(x)f(x)kx2有4个零点，

所以k则0k1， 3e1故答案为： 0,3

e【点睛】

方法点睛：函数零点个数问题：若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用．

14．【分析】求得函数的导数得到进而求得切点坐标为和即可求得切线的方程【详解】由题意函数可得则解得所以可得切点坐标为又由可得即切线的斜率为所以切线的方程为即故答案为：【点睛】求曲线过点的切线方程的方法：当 解析：2xy0

【分析】

求得函数的导数fx2f()sinx，得到f()1，进而求得切点坐标为0,022和f02，即可求得切线的方程. 【详解】

由题意，函数fx2xf()cosx1，可得fx2f()sinx，

22则f()2f()sin222，解得f()1，

2所以fx2xcosx1，可得f020cos010，切点坐标为0,0， 又由fx2sinx，可得f02sin02，即切线的斜率为k2， 所以切线的方程为y2x，即2xy0.

故答案为：2xy0. 【点睛】

求曲线过点P的切线方程的方法：

当点P(x0,y0)是切点时，切线方程为yy0k(xx0)； 当点P(x0,y0)不是切点时，可分以下几步完成： 第一步：设出切点坐标P(x1,f(x1))；

第二步：写出过点P(x1,f(x1))的切线方程为yf(x1)f(x1)(xx1)； 第三步：经点P(x0,y0)代入切线方程，求出x1的值；

第四步：将x1的值代入yf(x1)f(x1)(xx1)可得过点P(x0,y0)的切线方程.

15．【分析】引入新函数它是偶函数由导数可确定它的单调性通过解不等式或求得的解【详解】设是奇函数则是偶函数时单调递增∴时单调递减又时则时则综上原不等式的解集为【点睛】方法点睛：本题考查函数的奇偶性与单调性

解析：,10,1

2【分析】

引入新函数g(x)f(x)sinx，它是偶函数，由导数可确定它的单调性，通过解不等式

g(x)0或g(x)0求得f(x)0的解．

【详解】

设g(x)f(x)sinx，f(x)是奇函数，则g(x)是偶函数，

x0,时， 2gxfxsinxfxcosxcosxfxtanxfx0g(x)单调递增，

∴x,0时，g(x)单调递减，

2又g(1)f(1)sin10，g(1)g(1)0，

x0,时，sinx0，则f(x)0g(x)00x1， 2x,0时，sinx0，则f(x)0g(x)0x1， 22综上，原不等式的解集为【点睛】

方法点睛：本题考查函数的奇偶性与单调性，考查用导数研究函数的单调性，解题关键是根据已知不等式引入函数g(x)f(x)sinx，首先确定它的奇偶性，然后用导数确定它在

,10,1． 20,上的单调性，从而可得它在,0上的单调性，然后通过g(x)的单调性解相应22的不等式得原不等式的解．

16．【分析】结合复合函数增减性和二次函数单调性及对数函数真数的定义域列出不等式组即可求解【详解】由在上单调递增可知即设则即解得综上所述故答案为：【点睛】本题考查由复合函数在定区间的单调性求解参数取值范围 解析：,2

【分析】

结合复合函数增减性和二次函数单调性及对数函数真数的定义域列出不等式组，即可求解 【详解】

由f(x)ln(xax3)在(1,)上单调递增可知x22a1，即a2 2设gxxax3，则g10，即2a0，解得a2 综上所述，a2 故答案为：,2 【点睛】

本题考查由复合函数在定区间的单调性求解参数取值范围，易错点为忽略对数函数中真数的取值范围，属于中档题

17．2【分析】根据函数在处导数为2得然后对进行变形利用导数定义即可得出为2【详解】解：依题意有所以故答案为：2【点睛】本题考查导数的定义关键是导数定义的等价变形属于基础题

解析：2 【分析】

根据函数yfx在x0处导数为2得lim△x0fx0+△xfx02，然后对

△xfx0△xfx0进行变形，利用导数定义即可得出为2.

△x0△x【详解】 lim解：依题意有lim△x0fx0+△xfx02，所以

△x△x0limfx0△xfx0fx0△xfx0fx0+△xfx0limlim2△x0△x0△x-△x△x.

故答案为：2. 【点睛】

本题考查导数的定义，关键是导数定义的等价变形，属于基础题.

18．【分析】由题意知函数在区间上存在极值点利用导函数在区间上单调可得

出有关实数的不等式组解出即可【详解】则函数在上单调递减因为函数在上不单调所以在上有解所以解得因此实数的取值范围是故答案为：【点睛】本题

12解析：e,1e

2【分析】

由题意知，函数yfx在区间1,2上存在极值点，利用导函数在区间1,2上单调，可得出有关实数a的不等式组，解出即可. 【详解】

fxlnxaxex，fx1aex，则函数yfx在1,2上单调递减， x因为函数yfx在1,2上不单调，所以fx0在1,2上有解，

f11ae012ea1e. 所以，解得122f2ae02因此，实数a的取值范围是故答案为：【点睛】

本题考查利用函数在区间上不单调求参数的取值范围，一般转化为函数在区间上有极值点，考查运算求解能力，属于中等题.

12e,1e. 212e,1e. 219．【解析】【分析】利用导数二次函数的性质研究函数的单调性由单调性求得函数在上的最值【详解】因为所以利用导数的符号可得函数的增区间为减区间为因为所以在上单调递增在上单调递减当时函数取得最大值所以所以可得 解析：16

【解析】 【分析】

利用导数、二次函数的性质研究函数的单调性，由单调性求得函数在[2,2]上的最值. 【详解】

因为f(x)x3xa，所以f'(x)3x6x3x(x2)，

利用导数的符号，可得函数的增区间为(,0),(2,)，减区间为(0,2)， 因为x[2,2]，所以f(x)在[2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减， 当x0时，函数取得最大值a4， 所以f(x)x3x4，

所以f(2)812416，f(2)81240， 可得当x2时，函数取得最小值为16，

32322故答案是：16. 【点睛】

该题考查的是有关求函数在某个区间上的最小值的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数最值问题，属于简单题目.

20．－2【解析】【分析】利用导数求得函数的单调区间结合函数在上的最大值为求得的值根据区间端点的函数值求得函数在上的最小值【详解】故函数在或时单调递增在时单调递减故当时函数在时取得极大值也即是这个区间上的

解析：－2 【解析】 【分析】

利用导数求得函数的单调区间，结合函数在2,2上的最大值为2求得m的值，根据区间端点的函数值，求得函数在2,2上的最小值. 【详解】

fx6x212x6xx2，故函数在x0或x2时单调递增，在0x2时单调

递减.故当x2,2时，函数在x0时取得极大值，也即是这个区间上的最大值，所以

f0m3，故fx2x36x23.由于f21624345，

f2162435.故函数在x2时取得最小值.

【点睛】

本小题主要考查利用导数求函数的单调区间以及最值，考查函数在闭区间上的最大值和最小值的求法，属于中档题.

三、解答题

21．（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】

（1）求出函数导数，讨论a的范围结合导数即可得出单调性；

x2（2）构造函数(x)elnx，利用导数可得(x)在(0,)上有唯一实数根x0，且

1x02，则可得(x)x00，即得证.

【详解】 （1）f(x)11axa(x0)， xx当a0时，f(x)0，所以f(x)在(0,)上单调递增； 当a0时，令f(x)0，得到x所以当x0,调递减.

1， a11f(x)x,f(x)0时，，单调递增，当，f(x)0，f(x)单

aa综上所述，当a0时，f(x)在(0,)上单调递增； 当a0时，f(x)在0,

11,上单调递增，在上单调递减.

aax2（2）设函数(x)elnx，

则(x)ex21，可知(x)在(0,)上单调递增. x又由(1)0，(2)0知，(x)在(0,)上有唯一实数根x0，且1x02，

x2则x0e0110，即ex02.

x0x0当x0,x0时，(x)0，(x)单调递减； 当xx0时，(x)0，(x)单调递增；

所以(x)x0ex02lnx0，结合ex021，知x02lnx0， x022x02x01x011所以(x)x0x020，

x0x0x0则(x)e即不等式e【点睛】

x2lnx0， axf(x)恒成立.

x2x2关键点睛：本题考查不等式恒成立的证明，解题的关键是转化为证明(x)e最小值大于0.

22．（1）a3，b9；（2）1,2. 【分析】

lnx的

（1）先对函数求导，根据极值点，列出方程求解，即可得出a，b，再检验，即可得出结果；

（2）根据（1）的结果，由（2）中条件，列出不等式求解，即可得出结果. 【详解】

32（1）因为f(x)xaxbx2

所以f(x)3x2axb

因为函数f(x)在x1与x3处均取得极值

23(1)22a(1)b0所以 2332a3b0所以a3，

b92此时f(x)3x6x93x3x1，

由f(x)0得x1或x3；由f(x)0得1x3；

所以f(x)在(,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,)上单调递增， 因此f(x)在x1上取得极大值，在x3上取得极小值，符合题设； 即所求实数a，b的值分别是3，9；

（2）由（1）知，f(x)在(,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,)上单调递增，

若函数f(x)在区间(m,2m1)上单调递减， 则1m2m13 所以1m2，

即所求实数的取值范围是1,2. 【点睛】 思路点睛：

由函数极值（极值点）求参数时，一般需要对函数求导，根据极值的定义，结合题中条件，列出方程求解，即可得出结果.（求出的结果要，要注意进行检验）

23．（1）当a0时，fx的单调递减区间为(,1)，当a0时，fx的单调递减区间为(1,)；（2）当a0时，原方程有且仅有一个解；当a0时，原方程有两个解. 【分析】

（1）求导，对a分类讨论，利用fx0可解得结果；

(x1)2ya（2）转化为函数g(x)与的图象的交点的个数，利用导数可求得结果.

xex【详解】

xxx（1）f(x)aeaxea(x1)e，

由f(x)0得x1，

①若a0时，由fx0得x1，所以f(x)的单调递减区间为(,1)； ②若a0时，由fx0得x1，所以f(x)的单调递减区间为(1,).

综上所述，当a0时，fx的单调递减区间为(,1)；当a0时，fx的单调递减区间为(1,).

(x1)2(x1)2（2）因为方程f(x)(x1)等价于a，令g(x)， xxxexe2(x1)2ya所以方程fxx1的根的个数等于函数g(x)与的图象的交点的个xxe数，

2(x1)x212(x1)xex(x1)2(exxex)因为g(x)， x22x(xe)xe由g(x)0，得x1，

当x(,1)，时，gx0，gx在(,1)上单调递增； 当x1,00,时，gx0，所以gx在1,0，0,上单调递减，

又g10，

所以当x(,1)时，gx,0； 当x1,0时，gx,0； 当x0,时，gx0,.

所以，当a0时，原方程有且仅有一个解； 当a0时，原方程有两个解. 【点睛】

方法点睛：讨论函数零点(或方程根)的个数的常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，可得方程根的个数；

（2）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 24．（1）；（2）证明见解析. 【分析】

（1）利用导数得到fx单调性，确定fxmaxmaxf1,f1，进而可得结果； （2）将所证不等式转化为证明exx10，构造函数gxex1，利用导数可证

x1e得gx0，从而得到结论. 【详解】

（1）fxexe2x2x1e2，

xxx当x1,ln2时，fx0；当xln2,1时，fx0，

fx在1,ln2上单调递减，在ln2,1上单调递增，

fxmaxmaxf1,f1，

又f1121，f1e121e4，

1e1e1fxmaxf1.

e（2）要证fxx1，只需证fxx1xexx0，

x2x0，只需证：exx10.

xx令gxex1，则gxe1，

当x0时，ex1，gx0在0,上恒成立，gx在0,上单调递增，

gxe0010，即当x0时，exx10恒成立，则原命题得证，

当x0时，fxx1.

【点睛】

关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式，解题关键是能够通过分析法将所证不等式进行等价转化，从而构造新函数，利用导数求得新函数的最值使得结论得证. 25．最大值为3，最小值为17. 【分析】 求f'x，求出fx在闭区间3,0上的极值，与f3,f0比较大小，即得最值.

【详解】

fxx33x1,f'x3x233x1x1.

令f由f''x0，得x1或x1（舍）.

x0，得3x1；由f'x0，得1x0. fx在区间3,1上单调递增，在区间1,0上单调递减， fx在3,0上有极大值f13.

又f317,f01，

fx在3,0上的最大值为3，最小值为17.

【点睛】

本题考查利用导数求函数的最值，属于基础题. 26．（1）a2e；（2）,2. 【分析】

（1）求导，分类讨论得出fx的单调性及极值，让极小值为0，求出a的值； （2）只需使函数fx2xalnx在x0,1上存在单调递增区间，然后求解a的取值范围. 【详解】

解：（1）fx的定义域是0,，fx2a2xa， xx当a0时，fx0恒成立，fx在0,上单调递增，无极小值； 当a0时，令fx0，解得0x则fx在0,

aa；令fx0，解得x，

22

aa上递减，在,上递增， 22故fx有极小值f∴1lnaaaaln0， 22a0，∴a2e； 2（2）不妨设x1x2，由x1x2fx1fx20知，fx1fx2， ∴fx在0,1存在增区间，

①由（1）可知，当a0时，fx在0,上为增函数，符合要求； ②当a0时，由（1），fx在0,∴只需1

aa,上递减，在上递增， 22a0，则有0a2， 2综上，实数a的取值范围为,2. 【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题.