专题 4.5 一元函数的导数及其应用单元测试卷
一、单选题
1．（2020·四川内江�高二期末（理））如图所示为 的图象，则函数 的单调递减区间是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
由导函数图象，知 或 时， ，∴ 的减区间是 ， ．
故选：C．
2．（2020·重庆北碚�西南大学附中高二期末）已知函数 在 处取得极值，则 （ ）
A．1 B．2 C． D．-2
【答案】C
【解析】
，依题意 ，即 .
此时 ，所以 在区间 上递增，在区间 上递减，所以
在 处取得极大值，符合题意.
所以 .
故选：C
3．（2020·河南宛城�南阳华龙高级中学高二月考（理））已知函数 ，则曲线 在
处的切线的倾斜角为（ ）
( )y f x′= ( )y f x=
( ), 1−∞ − ( )2,0−
( ) ( )2,0 , 2,− +∞ ( ) ( ), 1 , 1,−∞ − +∞
2 0x− < < 2x > ( ) 0f x′ < ( )f x ( 2,0)− (2, )+∞
( ) lnf x x ax= − 2x = a =
1
2
( )' 1f x ax
= − ( )' 2 0f = 1 10,2 2a a− = =
( ) ( )' 1 1 2 02 2
xf x xx x
−= − = > ( )f x ( )0,2 ( )2,+∞ ( )f x
2x =
1
2a =
( ) lnf x x= ( )y f x= 1x =A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
函数 的导数为 ，
可得 在 处的切线的斜率为 ，
即 ， 为倾斜角，可得 .
故选：A.
4．（2020·运城市景胜中学高二月考（文））函数 在 处的切线如图所示，则
（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】A
【解析】
因为切线过 和 ,所以 ,
所以切线方程为 ,取 ,则 ,所以 ,
所以 .
故选:A.
5．（2020·重庆高二期末）已知函数 的导函数为 ，若 ，则 （ ）
A．4 B．2 C．1 D．
【答案】B
4
π 3
4
π
3
π 2
3
π
( ) lnf x x= ( ) 1'f x x
=
( )y f x= 1x = 1k =
tan 1α = α
4
πα =
( )y f x= ( )( )1, 1P f
( ) ( )1 1f f ′+ =
1
2
3
2
1
2
−
(2,0) (0, 1)− 0 1 1(1) 2 0 2f
+ =−
′ =
1 12y x= − 1x = 1
2y = - 1(1) 2f = −
( ) ( ) 1 11 1 02 2f f ′+ = − + =
( ) sinf x a x b= + ( )f x¢ 13f
π =
′
a =
1
2【解析】
由题意知： .
因为 ，所以 ，解得 .
故选：B.
6．（2020·重庆北碚�西南大学附中高二期末）已知 是定义在 上的函数 的导函数，且满足
对任意的 都成立，则下列选项中一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
令 ，则 ，故 为 上的增函数，
所以 即 ，
故选：D.
7．（2020·吴起高级中学高二期末（文））已知函数 的导函数 的图象如图所示，那么函数 的
图象最有可能的是（ ）
A． B．
C． D．
( ) cosf x a x′ =
13f
π =
′
cos 13a
π = 2a =
( )′f x R ( )f x
( ) ( ) 0xf x f x′ + > x∈R
(2)(1) 2
ff > (1) (2)2
f f> (2)(1) 2
ff < (1) (2)2
f f<
( ) ( )F x xf x= ( ) ( ) ( ) 0xf x xF x f′ = ′ + > ( )F x R
( ) ( )2 1F F> ( ) ( )2 2 1f f>
( )f x ( )f x′ ( )f x【答案】A
【解析】
解： 时， ，则 单调递减；
时， ，则 单调递增；
时， ，则 f（x）单调递减．
则符合上述条件的只有选项 A．
故选 A．
8．（2020·河南禹州市高级中学高三月考（文））已知函数 ，若 ， ，
，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
因为 ， ，所以
即 在 是减函数，因为 ，所以 ，即 .
故选：A.
9．（2016·福建连城�高三期中（理））设函数 是定义在 上的函数，其中 的导函数
为 ，满足 对于 恒成立，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
2x < − ( ) 0f x′ < ( )f x
2 0x− < < ( ) 0f x′ > ( )f x
0x > ( ) 0f x′ <
( ) 1lnf x x x x
= − + ( )3a f= ( )b f π=
( )5c f=
c b a< < c a b< < b c a< < a c b< <
( ) 1lnf x x x x
= − + ( 0)x > ( ) ( )2
2 2
11 11 0
x x
f x x x x
− − +′ = − − = <
( )f x ( )0, ∞+ 3 5π< < ( ) ( ) ( )5 3f f fπ< < c b a< <
( ) ( )
x
f xF x e
= R ( )f x
( )f x′ ( ) ( )f x f x <
( ) ( ) ( ) ( )2 20122 0 , 2012 0f e f f e f> >
( ) ( ) ( ) ( )2 20122 0 , 2012 0f e f f e f< >由于 ， 为减函数，
故 ，
同理 .
10．（2020·河南禹州市高级中学高三月考（文））已知函数 ，则方程
实根的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解析】
由 可得 或 ，当 时，
，当 时， ， 单调递减，当 时，
， 单调递增， 函数 在 处取得极小值，极小值为 ，绘制
函数 的图象如图所示，观察可得，方程 的实根个数为 3，故选 B
二、多选题
11．（2020·山东潍坊�高二期末）给出定义：若函数 在 上可导，即 存在，且导函数 在
上也可导，则称 在 上存在二阶导函数，记 ，若 在 上恒成立，则
称 在 上为凸函数.以下四个函数在 上是凸函数的是（ ）
( ) ( ) ( )'
' 0x
f x f xF x e
−= < ( )F x
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0
2 0
2 02 0 , , 2 0f fF F f e fe e
< < <
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2012
2012 0
2012 02012 0 , , 2012 0f fF F f e fe e
< < <
3 2
, 0( )
4 6 1, 0
xe xf x
x x x
( )f x ∴ ( )f x 1x = ( )1 4 6 1 1f = − + = −
( )f x 22[ ( )] 3 ( ) 2 0f x f x− − =
( )f x D ( )f x′ ( )f x′
D ( )f x D ( ) ( )( )f x f x ′′′ = ( ) 0f x′′ < D
( )f x D 0, 2
π
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【解析】
对于 A 选项， ，
则 ，
当 时，恒有 ，是凸函数；
对于 B 选项， ，
则 ，当 上，恒有 ，是凸函数；
对于 C 选项，若 ，
则 在 上恒成立，是凸函数；
对于 D 选项，若 ，
则 ，则 在 上恒成立，
故不是凸函数.
故选：ABC.
12．（2019·山东五莲�高二期中）如图是函数 导函数 的图象，下列选项中正确的是（ ）
A．在 处导函数 有极大值 B．在 ， 处导函数 有极小值
C．在 处函数 有极大值 D．在 处函数 有极小值
( ) sin cosf x x x= + ( ) ln 2f x x x= −
( ) 3 2 1f x x x= − + − ( ) xf x xe=
( ) sin cos , ( ) cos sinf x x x f x x x= + ′ = −
( ) sin cosf x x x′′ = − −
0, 2x
π ∈
( ) 0f x′′ <
( ) 1ln 2 , ( ) 2f x x x f x x
= − ′ = −
( ) 2
1f x x
′′ = − 0, 2x
π ∈
( ) 0f x′′ <
( ) 3 22 1, ( ) 3 2f x x x f x x= − + − ′ = − +
( ) 6 0f x x′′ = − < 0, 2x
π ∈
( ) , ( ) ( 1)x xf x xe f x x e= ′ = +
( ) ( )2 xf x x e′′ = + ( ) 0f x′′ > 0, 2x
π ∈
( )y f x= ( )y f x′=
2x ( )y f x′= 1x 4x ( )y f x′=
3x ( )y f x= 5x ( )y f x=【答案】ABCD
【解析】
根据导函数 的图像可知： 的两侧 左减右增，所以在 ， 处导函数 有极小值；
的两侧 左增右减，所以在 处导函数 有极大值.
根据导函数 的图像可知： 的左侧导数大于零，右侧导数小于零，所以在 处函数 有极大
值. 的左侧导数小于零，右侧导数大于零，所以在 处函数 有极小值.而 左右两侧导函
数符号相同，原函数 不取得极值.
故选：ABCD
13．（2021·江苏清江浦�高三开学考试）已知函数 ，若 ，则下列结论正
确的是（ ）
A．
B．
C．
D．当 时，
【答案】AD
【解析】
设 ，函数单调递增，所以 ，所以 ，即有 ，
故 A 正确；
设 ，则 不是恒大于零，所以 不恒成立，故 B 错误；
， 不是恒小于零，所以 不恒成立，故 C 错误；
当 时， ，故 ，函数 单调递增，
故 ，
( )'f x 1 4,x x ( )'f x 1x 4x ( )y f x′=
2x ( )'f x 2x ( )y f x′=
( )'f x 3x 3x ( )y f x=
5x 5x ( )y f x= 1 2 4, ,x x x
( )f x
( ) lnf x x x= 1 20 x x< <
( ) ( )2 1 1 2x f x x f x<
( ) ( )1 1 2 2x f x x f x+ < +
1 2
1 2
( ) - ( ) 0f x f x
x x
( ) ( )
lnf xg x xx
= = ( ) ( )2 1>g x g x
( ) ( )2 1
2 1
>f x f x
x x
( ) ( )1 2 2 1>x f x x f x
( ) ( )h x f x x= + ( ) 2h x lnx′ = + ( ) ( )1 1 2 2x f x x f x+ < +
( )f x xlnx= ( ) 1f x lnx′ = + 1 2
1 2
( ) - ( ) 0f x f x
x x
1lnx > − ( ) 1 0f x lnx +′ = > ( ) 1ln ,f x x x x e
= >
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 0x x f x f x x f x x f x x f x x f x − − = + − − > 即 ，又 ，所以 ，
所以 ，所以有 ，故 D 正确.
故选：AD.
14．（2020·全国高三其他）已知函数 是定义在 上的奇函数，当 时， ，则下
列说法正确的是（ ）
A．当 时，
B．函数 有 2 个零点
C． 的解集为
D． ， ，都有
【答案】CD
【解析】
当 时， ，由奇函数定义可知， ，故 A 错误；
对于 B，当 时， ，可知 是函数 的一个零点．当 时，
令 ，解得 ，即 是函数 的一个零点．
由奇函数的性质可知， 是函数 的一个零点，因此函数 有 3 个零点，
故 B 错误；
对于 C，当 时，令 ，解得 ，当 时，
令 ，解得 ，综上可知，
的解集为 ，故 C 正确；
对于 D， ， ，都有 ．当 时，
，当 时， 是增函数，当 时， 是减函数，
且 时， ，根据奇函数图象的性质可知， 时，
( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 2 1 1 2+x f x x f x x f x x f x+ > ( ) ( )2 1
2 1
2 1
ln > lnf x f xx xx x
= = ( ) ( )1 2 2 1>x f x x f x
( ) ( ) ( )2 1 1 22 1+ >2x f x x f x x f x ( ) ( ) ( )1 1 2 2 2 12x f x x f x x f x+ >
( )f x R 0x < ( ) ( )1xf x e x= +
0x > ( ) ( )1xf x e x= −
( )f x
( ) 0f x > ( ) ( )1,0 1,− ∪ +∞
1x∀ 2x R∈ ( ) ( )1 2 2f x f x− <
0x > 0x− < ( ) ( ) ( )1xf x f x e x−= − − = − −
0x = ( )0 0f = 0x = ( )f x 0x <
( ) ( )1 0xf x e x= + = 1x = − 1x = − ( )f x
1x = ( )f x ( )f x
0x < ( ) ( )1 0xf x e x= + > 1 0x− < < 0x >
( ) ( ) ( )1 0xf x f x e x−= − − = − − > 1x >
( ) 0f x > ( ) ( )1,0 1,− ∪ +∞
1x∀ 2x R∈ ( ) ( ) ( ) ( )1 2 max minf x f x f x f x− < − 0x <
( ) ( )2xf x e x′ = + 2 0x− < < ( )f x 2x < − ( )f x
x → −∞ ( ) 0f x → x∈R， ，可知 ，故 D 正确，
故选:CD．
三、填空题
15．（2020·辽宁葫芦岛�高二期末）已知函数 的导函数为 ，且满足 ﹐则
________．
【答案】
【解析】
由题可知： ，则
所以 ，则
故答案为：
16．（2020·四川南充�高二期末（理））如果曲线 在点 处的切线垂直于直线 ，那么点
的坐标为___________．
【答案】(1,0)
【解析】
曲线 在点 P 处的切线垂直于直线 ,
曲线 在点 P 处的切线的斜率 ,
函数 的导数为 ,
设 ,
,解得 ,
,
17．（2020·全国高三课时练习（理））若函数 对任意的 ，
恒成立，则 x 的取值范围为 .
【答案】
( ) ( ) 2
max 2f x f e−= = ( ) 2
minf x e−= − ( ) ( )1 2 2
2 2f x f x e
− < <
( )f x ( )f x′ ( ) ( )2 1 lnf x xf x′= +
( )1f ′ =
1−
( ) ( )2 1 lnf x xf x′= + ( ) ( ) 12 1′′ = +f x f x
( ) ( )2 11 1′′ = +f f ( )1 1f ′ = −
1−
4y x x= − P 1
3y x= −
P
4y x x= − 1
3y x= −
∴ 4y x x= − 3k =
4y x x= − 34 1y x′ = −
( )0 0,P x y
3
04 1 3x∴ − = 0 1x =
4
0 0 0 0y x x∴ = − =
(1,0)P∴
( ) 2 sinf x x x= + [ 2,2]m∈ −
( 3) ( ) 0f mx f x− + <
3 1x− < ′ ( )f x
( 3) ( ) 0f mx f x− + < ( 3) ( )f mx f x− < − 3mx x− < − m
( ) 3 , [ 2,2]g m x m x m= ⋅ − + ∈ − [ 2,2]m∈ − ( ) 0g m < 0x ≥ (2) 0g <
0x < ( 2) 0g − < 3 1x− < <
( ) ln 1xf x ae x= − − ( )f x
( )f x
1
e
( )1,+∞
( ) 1xf x ae x
′ = −
1x = ( )f x
( )1 1 0f ae∴ = − =′ 1a e
⇒ =
( ) 1 ln 1xf x e x−= − − ( ) 1 1xf x e x
−⇒ −′ =
( ) 0f x′ > 1x >
( )f x∴ ( )1,+∞
( ) ( )2 4 2 cos sinf x x x x x x= − + − − x a=
( ) 4g x x= m = ( )y g x= ( )( ),a g a
4 sin 2− − 2
( ) ( )2 4 2 cos sinf x x x x x x= − + − −
( ) ( ) ( )2 4 cos 2 sin cos ( s) 2 in2 xf x x x x x x x′ = − + − − − = − −
2 sin 0x− >
2x < ( ) 0, ( )f x f x′ ( ) 0f x′ > ( )f x
2a = ( ) ( )min 2 4 sin 2m f x f= = = − −
( ) 2g x
x
′ =
( ) ( )2 2g a g′ ′= =
( )y g x= ( )( ),a g a 2
4 sin 2− − 2
( )f x′ ( )f x ( )2 3f − = − x∈R
( ) 2f x′ < ( )2f = ( )e 2e 1x xf < −
( )ln 2,+∞
( )f x ( ) ( )2 2 3f f= − − =
( ) ( ) 2g x f x x= − ( ) ( )2 2g f= − 4 1= − ( ) ( ) 2 0g x f x′ ′= − <
( )g x R
( )e 2e 1x xf < − ( )e e2 1x xf − < − ( ) ( )2exg g<
e 2x > ln 2x >
( )ln 2,+∞
( )
2
ln , 0
2 1, 0
x x
f x
x x x
>= + − ≤
( )f x
( )f x 1y ax= − a
1 2− − ( )0,2 (1)由 ,当 时, .
当 时,令 有
(2)画出 的图象有
因为 过定点(0,−1),
要使 的图象与直线 有且只有三个公共点,则 ,
当 时, 函数的导数 ,函数在点(0,−1)处的切线斜率
,此时直线和 只有一个交点.
当 时,因为当 时 , ,此时直线 与 的图象仍有三个交点.由图象
知要使 的图象与直线 有且只有三个公共点,
则满足 ,
故答案为：(1). 或 (2). (0,2)
五、解答题
22．（2020·辽宁葫芦岛�高二期末）已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点（0，1）处的切线方程；
（2）求函数 的单调区间.
【答案】（1） ；（2）答案见解析.
【解析】
( ) 2
ln , 0
2 1, 0
x xf x
x x x
>= + − ≤ 0x > ln 0 1x x= ⇒ =
0x ≤ 2 2 1 0x x+ − = 1 2x = − −
( ) 2
ln , 0
2 1, 0
x xf x
x x x
>= + − ≤
1y ax= −
( )f x 1y ax= − 0a >
0x ≤ 2( ) 2 1f x x x= + − '( ) 2 2f x x= +
(0) 2k f'= = 2( ) 2 1f x x x= + −
1a = 0x > 1'( )f x x
= 1'(1) 11f = = 1y ax= − ( )f x
( )f x 1y ax= −
0 2a< <
1 1 2− −
31( ) ,3f x x ax a a= − + ∈R
1a = ( )y f x=
( )y f x=
1 0x y+ − =（1）当 时， ，
因为 ，
所以 ，
所以曲线函数 在点 处的切线方程为： ．
（2）定义域为 ．
因为 ， ，
①当 时， 恒成立．
所以函数 在 上单调递增．
②当 时，令 ，则 或 ．
所以当 时， 或 ；
当 时， ，
所以函数 在 和 ， 上单调递增，在 ， 上单调递减．
综上可知，当 时，函数 在 上单调递增；
当 时，函数 在 和 ， 上单调递增，在 ， 上单调递减．
23．（2020·四川内江�高二期末（理））已知函数 ， .
（1）求 的单调区间；
（2）若 是函数 的导函数，且 在定义域内恒成立，求整数 a 的最小值.
【答案】（1）减区间是 ，增区间 ；（2）2．
【解析】
（1）由已知 ，当 时， ，当 时， ，
∴ 的减区间是 ，增区间 ；
（2）函数 的定义域是 ， 定义域是 ，
不等式 为 ，
1a = 31( ) 13f x x x= − +
2( ) 1f x x′ = −
(0) 1f ′ = −
( )y f x= (0,1) 1 0x y+ − =
R
2( )f x x a′ = − a R∈
0a ( ) 0f x′
( )y f x= ( , )−∞ +∞
0a > ( ) 0f x′ = x a= − x a=
( ) 0f x′ > x a< − x a>
( ) 0f x′ < a x a− < <
( )y f x= ( , )a−∞ − ( a )+∞ ( a− )a
0a ( )y f x= R
0a > ( )y f x= ( , )a−∞ − ( a )+∞ ( a− )a
( ) lnf x x x= ( ) 2 2g x ax ax= +
( )f x
( )f x′ ( )f x ( ) ( )2 2f x g x x′ ≤ −
1(0, )e
1( , )e
+∞
( ) ln 1f x x′ = + 10 x e
< < ( ) 0f x′ < 1x e
> ( ) 0f x′ >
( )f x 1(0, )e
1( , )e
+∞
( )f x (0, )+∞ ( )g x R
( ) ( )2 2f x g x x′ ≤ − 22(ln 1) 2 2x ax ax x+ ≤ + −∴不等式 在 上恒成立，
∴ 在 上恒成立，
设 ，则 ， 时， ， ，
又 在 上是增函数， ， ，
∴存在 ，使得 ， 时 ， ， 时， ， ，
即 在 上递增，在 上递减，
， ，
，∴ ，
∵ ，∴ ，∴整数 的最小值为 2．
24．（2020·四川南充�高二期末（理））已知函数 ， .
（1）讨论 的单调性；
（2）若对任意 ，都有 成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1）当 时，在 上， 是减函数,当 时，在 上， 是减函数,在
上， 是增函数；（2）
【解析】
（1）解：函数 f（x）的定义域为（0，+∞）
又
当 a≤0 时，在（0，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）是减函数
当 a＞0 时，由 f′（x）=0 得： 或 （舍）
22(ln 1) 2 2x ax ax x+ ≤ + − (0, )+∞
2
2ln 2 2
2
x xa x x
+ +≥ + (0, )+∞
2
2ln 2 2( ) 2
x xh x x x
+ += + 2 2
( 1)( 2ln )( ) ( 2 )
x x xh x x x
+ +′ = − + 0x > 1 0x + > 2 2( 2 ) 0x x+ >
( ) 2lnx x xϕ = + (0, )+∞ 1 1( ) 2ln 2 02 2g = − < (1) 1 0g = >
0
1( ,1)2x ∈ 0( ) 0xϕ = 00 x x< < ( ) 0xϕ < ( ) 0h x′ > 0x x> ( ) 0xϕ > ( ) 0h x′ <
( )h x 0(0, )x 0( , )x +∞
0 0 0( ) 2ln 0x x xϕ = + = 0
0ln 2
xx = −
0 0
max 0 2
0 0
2ln 2 2( ) ( ) 2
x xh x h x x x
+ += = +
0
2
0 0 0
2 1
2
x
x x x
+= =+ 0
1a x
≥
0
1( ,1)2x ∈
0
1 (1,2)x
∈ a
( ) ( )2 2 lnf x ax a x x= + − − ( )a R∈
( )f x
0x > ( ) 0f x ≥ a
0a ≤ ( )0,+∞ ( )f x 0a > 10, a
( )f x
1 ,a
+∞
( )f x [1, )+∞
( ) ( ) ( ) ( )( )2
/ 2 2 1 2 1 112 2 ax a x x axf x ax a x x x
+ − − + −= + − − = =
1x a
= 1
2x = −所以：在 上，f′（x）＜0，f（x）是减函数
在 上，f′（x）＞0，f（x）是增函数
（2）对任意 x＞0，都有 f（x）＞0 成立，即：在（0，+∞）上 f（x）min＞0
由（1）知：当 a≤0 时，在（0，+∞）上 f（x）是减函数，
又 f（1）=2a﹣2＜0，不合题意
当 a＞0 时，当 时，f（x）取得极小值也是最小值，
所以：
令 （a＞0）
所以：
在（0，+∞）上，u′（a）＞0，u（a）是增函数又 u（1）=0
所以：要使得 f（x）min≥0，即 u（a）≥0，即 a≥1，
故：a 的取值范围为[1，+∞）
25．（2020·四川德阳�高三其他（理））已知函数 ， ．
（1）求函数 的极值；
（2）当 时，证明： ．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）∵ ， ，∴ ，
当 时， 恒成立，函数 单调递减，函数 无极值；
当 时，
时， ，函数 单调递减；
10 a
，
1
a
+ ∞ ，
1x a
=
1 1( ) 1minf x f lnaa a
= = − +
( ) 1 11u a f lnaa a
= = − +
( )/
2
1 1u a a a
= +
( ) 2ln 2f x ax x= − − ( ) 4xg x axe x= −
( )f x
0a > ( ) ( ) ( )2 ln 1 2 ln ln 2g x x x a− − + ≥ −
( ) 2ln 2f x ax x= − − ( )0x > ( ) 2 2axf x a x x
−′ = − =
0a ≤ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )f x
0a >
20,x a
∈
( ) 0f x′ < ( )f x时， ，函数 单调递增；
故函数 的极小值为 ，无极大值.
（2）证明：令 ，
，
故 ，
令 的根为 ，即 ，
两边求对数得： ，即 ，
∴当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
∴ ，
∴ ，即原不等式成立.
26．（2020·四川省高三月考（文））已知函数 ．
（1）设 是函数 的极值点，求 的值，并求 的单调区间；
（2）若对任意的 ， 恒成立，求 的取值范围．
【答案】(1) 在 和 上单调递增，在 上单调递减. (2)
【解析】
（1）由题意，函数 ，
则 ，
因为 是函数 的极值点，所以 ，故 ，
即 ，令 ，解得 或 .
2 ,x a
∈ +∞
( ) 0f x′ > ( )f x
( )f x 2 2 2 2= 2ln 2 2lnf aa a a a
× − − = −
( ) ( )4 2ln 2 2 2 2ln 2 0, 0x xh x axe x x x axe x x a x= − − + − = − − − > >
( ) ( ) ( )2 11= 2 2x x x xh x a e xe ae xx x
+′ + − − = + −
( ) ( )= 21 xh x x ae x
′ + −
( ) 0h x′ = 0x 0
0
2=xae x
0 0ln ln 2 lna x x+ = − 0 0ln ln 2 lnx x a+ = −
( )0x x∈ + ∞， ( ) 0h x′ > ( )h x
( )00,x x∈ ( ) 0h x′ < ( )h x
( ) ( ) ( )0
0 0 0 0 0 0min 2 2ln 2 2 2ln 2 ln 2 lnxh x h x ax e x x x x a= − − − = − = − −= −
( ) 2ln 2ln 2h x a≥ −
21 1( ) ln ( 1)2 2f x x x m x m= + − + + +
2x = ( )f x m ( )f x
(1, )x∈ +∞ ( ) 0f x > m
( )f x 1(0, )2
(2, )+∞ 1( ,2)2 1m £
( ) ( )21 1ln 1 ( 0)2 2f x x x m x m x= + − + + + >
( ) 1 1f x x mx
′ = + − −
2x = ( )f x ( ) 12 2 1 02f m+′ = − − = 3
2m =
( ) 1 5
2f x x x
= + −′ ( ) 21 5 2 5 2 02 2
x xf x x x x
− +′ = + − = > 10 2x< < 2x >令 ，解得 ,
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减.
（2）由 ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
又 ，所以 恒成立；
当 时，易知 在 上单调递增，
故存在 ，使得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ，则 ，这与 恒成立矛盾.
综上， .
27．（2020·河北石家庄�高二期末）已知函数 ．
（Ⅰ）求函数 的单调区间；
（Ⅱ）若 ， 是方程 的两个不同的实数根，求证：
．
【答案】（Ⅰ）单调递减区间是 ，单调递增区间是 ；（Ⅱ）证明见解析．
【解析】
（1）依题意， ，
故当 时， ，当 时， ，
∴ 单调递减区间是 ，单调递增区间是 ；
（2）因为 ， 是方程 的两个不同的实数根，
( ) 22 5 2 02
x xf x x
′ − += < 1 22 x< <
( )f x 10, 2
( )2,+∞ 1 ,22
( ) 1 1f x x mx
′ = + − −
1m ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )1,+∞
( )1 0f = ( )21 1ln 1 02 2x x m x m+ − + + + >
1m > ( ) 1 1f x x mx
′ = + − − ( )1,+∞
( )0 1,x ∈ +∞ ( )0 0f x′ =
( )f x ( )01, x ( )0 ,x +∞
( )1 0f = ( )0 0f x < ( ) 0f x >
1m ≤
2( ) lnf x x x x= − −
( )f x
1x 2x 2( ) ( 0)ax f x x x a+ = − >
1 2ln ln 2ln 0x x a+ + <
(0,1) (1, )+∞
21 2 1 (2 1)( 1)( ) 2 1 x x x xf x x x x x
− − + −′ = − − = =
(0,1)x∈ ( ) 0f x′ < (1, )x∈ +∞ ( ) 0f x′ >
( )f x (0,1) (1, )+∞
1x 2x 2( )ax f x x x+ = −∴ ，两式相减得 ，解得 ，
要证： ，即证： ，即证： ，
即证 ，
不妨设 ，令 ，只需证 ，
设 ，
∴ ，
令 ，∴ ，
∴ 在 上单调递减，
∴ ，∴ ，∴ 在 为减函数，
∴ ．即 在 恒成立，
∴原不等式成立，即 ．
1 1
2 2
ln 0
ln 0
ax x
ax x
− =
− =
( ) 2
1 2
1
ln 0xa x x x
− + =
2
1
2 1
ln x
xa x x
= −
1 2ln ln 2ln 0x x a+ + < 1 2 2
1x x a
<
2
2 1
1 2
2
1
ln
x xx x x
x
− <
( )2 2
2 12 2 1
1 1 2 1 2
ln 2x xx x x
x x x x x
− < = − +
1 2x x< 2
1
1x tx
= > 2 1ln 2t t t
< − +
2 1( ) ln 2g t t t t
= − − +
2
2 1 1 1( ) ln 1 2lng t t t tt t t t
′ = − + = − +
1( ) 2lnh t t t t
= − +
2
2
2 1 1( ) 1 1 0h t t t t
′ = − − = − −
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