导数大题-近两年高考题39.doc

1、 导数大题导数大题- -近两年高考题近两年高考题 一解答题（共一解答题（共 28 小题）小题） 1已知函数 f（x）=ex（exa）a2x （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若 f（x）0，求 a 的取值范围 2已知函数 f（x）=ae2x+（a2）exx （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围 3已知函数 f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 a0 时，证明 f（x）2 4已知函数 f（x）=x1alnx （1）若 f（x）0，求 a 的值； （2）设 m 为整数，且对于任意正整数 n， （1+ ）

2、（1+）（1+）m， 求 m 的最小值 5设 a，bR，|a|1已知函数 f（x）=x36x23a（a4）x+b，g（x） =exf（x） （）求 f（x）的单调区间； （）已知函数 y=g（x）和 y=ex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切 线， （i）求证：f（x）在 x=x0处的导数等于 0； （ii）若关于 x 的不等式 g（x）ex在区间x01，x0+1上恒成立，求 b 的取值范围 6设 aZ，已知定义在 R 上的函数 f（x）=2x4+3x33x26x+a 在区间（1， 2）内有一个零点 x0，g（x）为 f（x）的导函数 （）求 g（x）的单调区间； （）设 m1，x0）（

3、x0，2，函数 h（x）=g（x） （mx0）f（m） ， 求证：h（m）h（x0）0； （）求证：存在大于 0 的常数 A，使得对于任意的正整数 p，q，且 1，x0）（x0，2，满足| x0| 7已知函数 f（x）= x3 ax2，aR， （1）当 a=2 时，求曲线 y=f（x）在点（3，f（3） ）处的切线方程； （2）设函数 g（x）=f（x）+（xa）cosxsinx，讨论 g（x）的单调性并 判断有无极值，有极值时求出极值 8设函数 f（x）=（1x2）ex （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 x0 时，f（x）ax+1，求 a 的取值范围 9已知函数 f（x）=x3+ax

4、2+bx+1（a0，bR）有极值，且导函数 f（x） 的极值点是 f（x）的零点 （极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b23a； （3）若 f（x） ，f（x）这两个函数的所有极值之和不小于 ，求 a 的取 值范围 10已知函数 f（x）=ax2axxlnx，且 f（x）0 （1）求 a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e 2f（x 0）2 2 11已知函数 f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosxsinx+2x2） ，其中 e 2.17828是自然对数的底数 （）求曲线 y=f（x）在点

5、（，f（） ）处的切线方程； （）令 h（x）=g （x）a f（x） （aR） ，讨论 h（x）的单调性并判断 有无极值，有极值时求出极值 12已知函数 f（x）=excosxx （1）求曲线 y=f（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程； （2）求函数 f（x）在区间0，上的最大值和最小值 13已知函数 f（x）=（x）e x（x ） （1）求 f（x）的导函数； （2）求 f（x）在区间 ，+）上的取值范围 14已知函数 f（x）=（x+1）lnxa（x1） （I）当 a=4 时，求曲线 y=f（x）在（1，f（1） ）处的切线方程； （II）若当 x（1，+）时，f（x）0，求 a

6、的取值范围 15设 f（x）=xlnxax2+（2a1）x，aR （）令 g（x）=f（x） ，求 g（x）的单调区间； （）已知 f（x）在 x=1 处取得极大值，求实数 a 的取值范围 16已知函数 f（x）=（x2）ex+a（x1）2 （）讨论 f（x）的单调性； （）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围 17设函数 f（x）=xea x+bx，曲线 y=f（x）在点（2，f（2） ）处的切线方 程为 y=（e1）x+4， （）求 a，b 的值； （）求 f（x）的单调区间 18设函数 f（x）=ax2alnx，g（x）= ，其中 aR，e=2.718为 自然对数的底数 （）讨论

7、f（x）的单调性； （）证明：当 x1 时，g（x）0； （）确定 a 的所有可能取值，使得 f（x）g（x）在区间（1，+）内 恒成立 19 （） 讨论函数 f （x） =ex的单调性， 并证明当 x0 时， （x2） ex+x+2 0； （）证明：当 a0，1）时，函数 g（x）=（x0）有最小值设 g（x）的最小值为 h（a） ，求函数 h（a）的值域 20设函数 f（x）=lnxx+1 （1）讨论 f（x）的单调性； （2）证明当 x（1，+）时，1x； （3）设 c1，证明当 x（0，1）时，1+（c1）xcx 21设函数 f（x）=（x1）3axb，xR，其中 a，bR （1）求

8、f（x）的单调区间； （2） 若 f （x） 存在极值点 x0， 且 f （x1） =f （x0） ， 其中 x1x0， 求证： x1+2x0=3； （3）设 a0，函数 g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间0，2上的最 大值不小于 22设函数 f（x）=acos2x+（a1） （cosx+1） ，其中 a0，记|f（x）|的最 大值为 A （）求 f（x） ； （）求 A； （）证明：|f（x）|2A 23设函数 f（x）=ax2alnx，其中 aR （）讨论 f（x）的单调性； （）确定 a 的所有可能取值，使得 f（x） e1 x 在区间（1，+）内 恒成立（e=2.718为自然

9、对数的底数） 24设函数 f（x）=x3axb，xR，其中 a，bR （1）求 f（x）的单调区间； （2） 若 f （x） 存在极值点 x0， 且 f （x1） =f （x0） ， 其中 x1x0， 求证： x1+2x0=0； （3）设 a0，函数 g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间1，1上的 最大值不小于 25已知函数 f（x）=（x2）ex+a（x1）2有两个零点 （）求 a 的取值范围； （）设 x1，x2是 f（x）的两个零点，证明：x1+x22 26已知 f（x）=a（xlnx）+，aR （I）讨论 f（x）的单调性； （II）当 a=1 时，证明 f（x）f（x）+ 对

10、于任意的 x1，2成立 27设函数 f（x）=x3+ax2+bx+c （1）求曲线 y=f（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程； （2）设 a=b=4，若函数 f（x）有三个不同零点，求 c 的取值范围； （3）求证：a23b0 是 f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件 28已知函数 f（x）=ax+bx（a0，b0，a1，b1） （1）设 a=2，b= 求方程 f（x）=2 的根； 若对于任意 xR，不等式 f（2x）mf（x）6 恒成立，求实数 m 的最 大值； （2）若 0a1，b1，函数 g（x）=f（x）2 有且只有 1 个零点，求 ab 的值 导数大题导数大题-近两年高考题

11、近两年高考题 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一解答题（共一解答题（共 28 小题）小题） 1 （2017新课标）已知函数 f（x）=ex（exa）a2x （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若 f（x）0，求 a 的取值范围 【解答】解： （1）f（x）=ex（exa）a2x=e2xexaa2x， f（x）=2e2xaexa2=（2ex+a） （exa） ， 当 a=0 时，f（x）0 恒成立， f（x）在 R 上单调递增， 当 a0 时，2ex+a0，令 f（x）=0，解得 x=lna， 当 xlna 时，f（x）0，函数 f（x）单调递减， 当 xlna 时，f（x）0，函数 f

12、（x）单调递增， 当 a0 时，exa0，令 f（x）=0，解得 x=ln（ ） ， 当 xln（ ）时，f（x）0，函数 f（x）单调递减， 当 xln（ ）时，f（x）0，函数 f（x）单调递增， 综上所述，当 a=0 时，f（x）在 R 上单调递增， 当 a0 时，f（x）在（，lna）上单调递减，在（lna，+）上单调递 增， 当 a0 时，f（x）在（，ln（ ） ）上单调递减，在（ln（ ） ，+ ）上单调递增， （2）当 a=0 时，f（x）=e2x0 恒成立， 当 a0 时，由（1）可得 f（x）min=f（lna）=a2lna0， lna0， 0a1， 当 a0 时，由（1）

13、可得 f（x）min=f（ln（ ） ）=a2ln（ ） 0， ln（ ） ， 2a0， 综上所述 a 的取值范围为2，1 2 （2017新课标）已知函数 f（x）=ae2x+（a2）exx （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围 【解答】解： （1）由 f（x）=ae2x+（a2）exx，求导 f（x）=2ae2x+（a 2）ex1， 当 a=0 时，f（x）=2ex10， 当 xR，f（x）单调递减， 当 a0 时，f（x）=（2ex+1） （aex1）=2a（ex+ ） （ex ） ， 令 f（x）=0，解得：x=ln ， 当 f（x）0，解得：

14、xln ， 当 f（x）0，解得：xln ， x（，ln ）时，f（x）单调递减，x（ln ，+）单调递增； 当 a0 时，f（x）=2a（ex+ ） （ex ）0，恒成立， 当 xR，f（x）单调递减， 综上可知：当 a0 时，f（x）在 R 单调减函数， 当 a0 时，f（x）在（，ln ）是减函数，在（ln ，+）是增函数； （2）若 a0 时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点， 当 a0 时，f（x）=ae2x+（a2）exx， 当 x时，e2x0，ex0， 当 x时，f（x）+， 当 x，e2x+，且远远大于 ex和 x， 当 x，f（x）+， 函数有两个零点，f（x）的最小值小

15、于 0 即可， 由 f（x）在（，ln ）是减函数，在（ln ，+）是增函数， f（x）min=f（ln ）=a（）+（a2） ln 0， 1 ln 0，即 ln + 10， 设 t= ，则 g（t）=lnt+t1， （t0） ， 求导 g（t）= +1，由 g（1）=0， t= 1，解得：0a1， a 的取值范围（0，1） 方法二： （1）由 f（x）=ae2x+（a2）exx，求导 f（x）=2ae2x+（a2） ex1， 当 a=0 时，f（x）=2ex10， 当 xR，f（x）单调递减， 当 a0 时，f（x）=（2ex+1） （aex1）=2a（ex+ ） （ex ） ， 令 f（x

16、）=0，解得：x=lna， 当 f（x）0，解得：xlna， 当 f（x）0，解得：xlna， x（，lna）时，f（x）单调递减，x（lna，+）单调递增； 当 a0 时，f（x）=2a（ex+ ） （ex ）0，恒成立， 当 xR，f（x）单调递减， 综上可知：当 a0 时，f（x）在 R 单调减函数， 当 a0 时，f（x）在（，lna）是减函数，在（lna，+）是增函 数； （2）若 a0 时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点， 当 a0 时，由（1）可知：当 x=lna 时，f（x）取得最小值，f（x）min=f （lna）=1 ln ， 当 a=1，时，f（lna）=0，故 f

17、（x）只有一个零点， 当 a（1，+）时，由 1 ln 0，即 f（lna）0， 故 f（x）没有零点， 当 a（0，1）时，1 ln 0，f（lna）0， 由 f（2）=ae 4+（a2）e2+22e2+20， 故 f（x）在（，lna）有一个零点， 假设存在正整数 n0，满足 n0ln（ 1） ，则 f（n0）=（a+a2） n0n0n00， 由 ln（ 1）lna， 因此在（lna，+）有一个零点 a 的取值范围（0，1） 3 （2017新课标）已知函数 f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 a0 时，证明 f（x）2 【解答】 （1）解：因

18、为 f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x， 求导 f（x）= +2ax+（2a+1）=， （x0） ， 当 a=0 时，f（x）= +10 恒成立，此时 y=f（x）在（0，+）上单调 递增； 当 a0，由于 x0，所以（2ax+1） （x+1）0 恒成立，此时 y=f（x）在 （0，+）上单调递增； 当 a0 时，令 f（x）=0，解得：x= 因为当 x（0，）f（x）0、当 x（，+）f（x）0， 所以 y=f（x）在（0，）上单调递增、在（，+）上单调递减 综上可知：当 a0 时 f（x）在（0，+）上单调递增， 当 a0 时，f（x）在（0，）上单调递增、在（，+）上单调 递减；

19、（2）证明：由（1）可知：当 a0 时 f（x）在（0，）上单调递增、 在（，+）上单调递减， 所以当 x=时函数 y=f （x） 取最大值 f （x） max=f （ ） =1ln2+ln （ ） 从而要证 f（x）2，即证 f（）2， 即证1ln2+ln（ ）2，即证 （ ）+ln（ ） 1+ln2 令 t= ，则 t0，问题转化为证明： t+lnt1+ln2（*） 令 g（t）= t+lnt，则 g（t）= + ， 令 g（t）=0 可知 t=2，则当 0t2 时 g（t）0，当 t2 时 g（t）0， 所以 y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+）上单调递减， 即 g（t）g（

20、2）= 2+ln2=1+ln2，即（*）式成立， 所以当 a0 时，f（x）2 成立 4 （2017新课标）已知函数 f（x）=x1alnx （1）若 f（x）0，求 a 的值； （2）设 m 为整数，且对于任意正整数 n， （1+ ） （1+）（1+）m， 求 m 的最小值 【解答】解： （1）因为函数 f（x）=x1alnx，x0， 所以 f（x）=1 =，且 f（1）=0 所以当 a0 时 f（x）0 恒成立，此时 y=f（x）在（0，+）上单调递增， 这与 f（x）0 矛盾； 当 a0 时令 f（x）=0，解得 x=a， 所以 y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+）上单调递增

21、，即 f（x） min=f（a） ， 又因为 f（x）min=f（a）0， 所以 a=1； （2）由（1）可知当 a=1 时 f（x）=x1lnx0，即 lnxx1， 所以 ln（x+1）x 当且仅当 x=0 时取等号， 所以 ln（1+），kN* 一方面，ln（1+ ）+ln（1+）+ln（1+） +=11， 即（1+ ） （1+）（1+）e； 另一方面， （1+ ） （1+）（1+）（1+ ） （1+） （1+）=2； 从而当 n3 时， （1+ ） （1+）（1+）（2，e） ， 因为 m 为整数，且对于任意正整数 n， （1+ ） （1+）（1+）m 成 立， 所以 m 的最小值为 3

22、 5 （2017天津）设 a，bR，|a|1已知函数 f（x）=x36x23a（a 4）x+b，g（x）=exf（x） （）求 f（x）的单调区间； （）已知函数 y=g（x）和 y=ex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切 线， （i）求证：f（x）在 x=x0处的导数等于 0； （ii）若关于 x 的不等式 g（x）ex在区间x01，x0+1上恒成立，求 b 的取值范围 【解答】 （）解：由 f（x）=x36x23a（a4）x+b，可得 f（x）=3x2 12x3a（a4）=3（xa） （x（4a） ） ， 令 f（x）=0，解得 x=a，或 x=4a由|a|1，得 a4a 当 x 变

23、化时，f（x） ，f（x）的变化情况如下表： x （，a） （a，4a） （4a，+ ） f（x） + + f（x） f（x）的单调递增区间为（，a） ， （4a，+） ，单调递减区间为（a， 4a） ； （） （i）证明：g（x）=ex（f（x）+f（x） ） ，由题意知， ，解得 f（x）在 x=x0处的导数等于 0； （ii）解：g（x）ex，xx01，x0+1，由 ex0，可得 f（x）1 又f（x0）=1，f（x0）=0， 故 x0为 f（x）的极大值点，由（I）知 x0=a 另一方面，由于|a|1，故 a+14a， 由（）知 f（x）在（a1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调

24、递减， 故当 x0=a 时，f（x）f（a）=1 在a1，a+1上恒成立，从而 g（x） ex在x01，x0+1上恒成立 由 f（a）=a36a23a（a4）a+b=1，得 b=2a36a2+1，1a1 令 t（x）=2x36x2+1，x1，1， t（x）=6x212x， 令 t（x）=0，解得 x=2（舍去） ，或 x=0 t（1）=7，t（1）=3，t（0）=1，故 t（x）的值域为7，1 b 的取值范围是7，1 6 （2017天津）设 aZ，已知定义在 R 上的函数 f（x）=2x4+3x33x2 6x+a 在区间（1，2）内有一个零点 x0，g（x）为 f（x）的导函数 （）求 g（x

25、）的单调区间； （）设 m1，x0）（x0，2，函数 h（x）=g（x） （mx0）f（m） ， 求证：h（m）h（x0）0； （）求证：存在大于 0 的常数 A，使得对于任意的正整数 p，q，且 1，x0）（x0，2，满足| x0| 【解答】 （） 解： 由 f （x） =2x4+3x33x26x+a， 可得 g （x） =f （x） =8x3+9x2 6x6， 进而可得 g（x）=24x2+18x6令 g（x）=0，解得 x=1，或 x= 当 x 变化时，g（x） ，g（x）的变化情况如下表： x （，1） （1， ） （ ，+） g（x） + + g（x） 所以，g（x）的单调递增区间是

26、（，1） ， （ ，+） ，单调递减区间 是（1， ） （）证明：由 h（x）=g（x） （mx0）f（m） ，得 h（m）=g（m） （m x0）f（m） ， h（x0）=g（x0） （mx0）f（m） 令函数 H1（x）=g（x） （xx0）f（x） ，则 H1（x）=g（x） （xx0） 由（）知，当 x1，2时，g（x）0， 故当 x1，x0）时，H1（x）0，H1（x）单调递减； 当 x（x0，2时，H1（x）0，H1（x）单调递增 因此，当 x1，x0）（x0，2时，H1（x）H1（x0）=f（x0）=0，可 得 H1（m）0 即 h（m）0， 令函数 H2（x）=g（x0） （x

27、x0）f（x） ，则 H2（x）=g（x0）g（x） 由 （）知，g（x）在1，2上单调递增，故当 x1，x0）时，H2（x）0， H2（x）单调递增；当 x（x0，2时，H2（x）0，H2（x）单调递减因 此，当 x1，x0）（x0，2时，H2（x）H2（x0）=0，可得得 H2（m） 0 即 h（x0）0， 所以，h（m）h（x0）0 （）对于任意的正整数 p，q，且， 令 m= ，函数 h（x）=g（x） （mx0）f（m） 由（）知，当 m1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点； 当 m（x0，2时，h（x）在区间（x0，m）内有零点 所以 h（x）在（1，2）内至少有一个零

28、点，不妨设为 x1，则 h（x1）=g（x1） （ x0）f（ ）=0 由（）知 g（x）在1，2上单调递增，故 0g（1）g（x1）g（2） ， 于是| x0|= 因为当 x1，2时，g（x）0，故 f（x）在1，2上单调递增， 所以 f（x）在区间1，2上除 x0外没有其他的零点，而 x0，故 f（ ） 0 又因为 p，q，a 均为整数，所以|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|是正整数， 从而|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|1 所以| x0|所以，只要取 A=g（2） ，就有| x0| 7 （2017山东）已知函数 f（x）= x3 ax2，aR， （1）当 a=2

29、 时，求曲线 y=f（x）在点（3，f（3） ）处的切线方程； （2）设函数 g（x）=f（x）+（xa）cosxsinx，讨论 g（x）的单调性并 判断有无极值，有极值时求出极值 【解答】解： （1）当 a=2 时，f（x）= x3x2， f（x）=x22x， k=f（3）=96=3，f（3）= 279=0， 曲线 y=f（x）在点（3，f（3） ）处的切线方程 y=3（x3） ，即 3xy 9=0 （2）函数 g（x）=f（x）+（xa）cosxsinx= x3 ax2+（xa）cosx sinx， g（x）=（xa） （xsinx） ， 令 g（x）=0，解得 x=a，或 x=0， 若

30、a0 时，当 x0 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（，0）上 单调递增， 当 xa 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（a，+）上单调递增， 当 0xa 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（0，a）上单调递减， 当 x=a 时，函数有极小值，极小值为 g（a）= a3sina 当 x=0 时，有极大值，极大值为 g（0）=a， 若 a0 时，当 x0 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（，0）上 单调递增， 当 xa 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（，a）上单调递增， 当 ax0 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（a，0）上单调递减， 当 x=a 时，函数有极

31、大值，极大值为 g（a）= a3sina 当 x=0 时，有极小值，极小值为 g（0）=a 当 a=0 时，g（x）=x（x+sinx） ， 当 x0 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（0，+）上单调递增， 当 x0 时，g（x）0 恒成立，故 g（x）在（，0）上单调递增， g（x）在 R 上单调递增，无极值 8 （2017新课标）设函数 f（x）=（1x2）ex （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 x0 时，f（x）ax+1，求 a 的取值范围 【解答】解： （1）因为 f（x）=（1x2）ex，xR， 所以 f（x）=（12xx2）ex， 令 f（x）=0 可知 x=1， 当

32、 x1或 x1+时 f（x）0，当1x1+时 f（x） 0， 所以 f（x）在（，1） ， （1+，+）上单调递减，在（1 ，1+）上单调递增； （2）由题可知 f（x）=（1x） （1+x）ex下面对 a 的范围进行讨论： 当 a1 时，设函数 h（x）=（1x）ex，则 h（x）=xex0（x0） ， 因此 h（x）在0，+）上单调递减， 又因为 h（0）=1，所以 h（x）1， 所以 f（x）=（1x）h（x）x+1ax+1； 当 0a1 时，设函数 g（x）=exx1，则 g（x）=ex10（x0） ， 所以 g（x）在0，+）上单调递增， 又 g（0）=101=0， 所以 exx+1

33、 因为当 0x1 时 f（x）（1x） （1+x）2， 所以（1x） （1+x）2ax1=x（1axx2） ， 取 x0=（0，1） ，则（1x0） （1+x0）2ax01=0， 所以 f（x0）ax0+1，矛盾； 当 a0 时，取 x0=（0，1） ，则 f（x0）（1x0） （1+x0）2=1 ax0+1，矛盾； 综上所述，a 的取值范围是1，+） 9 （2017江苏）已知函数 f（x）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有极值，且 导函数 f（x）的极值点是 f（x）的零点 （极值点是指函数取极值时对应 的自变量的值） （1）求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：

34、b23a； （3）若 f（x） ，f（x）这两个函数的所有极值之和不小于 ，求 a 的取 值范围 【解答】 （1）解：因为 f（x）=x3+ax2+bx+1， 所以 g（x）=f（x）=3x2+2ax+b，g（x）=6x+2a， 令 g（x）=0，解得 x= 由于当 x 时 g（x）0，g（x）=f（x）单调递增；当 x 时 g（x） 0，g（x）=f（x）单调递减； 所以 f（x）的极小值点为 x= ， 由于导函数 f（x）的极值点是原函数 f（x）的零点， 所以 f（ ）=0，即+1=0， 所以 b=+ （a0） 因为 f（x）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有极值， 所以 f（x）

35、=3x2+2ax+b=0 的实根， 所以 4a212b0，即 a2+ 0，解得 a3， 所以 b=+ （a3） （2）证明：由（1）可知 h（a）=b23a=+=（4a327） （a3 27） ， 由于 a3，所以 h（a）0，即 b23a； （3）解：由（1）可知 f（x）的极小值为 f（ ）=b， 设 x1，x2是 y=f（x）的两个极值点，则 x1+x2=，x1x2= ， 所以 f（x1）+f（x2）=+a（+）+b（x1+x2）+2 =（x1+x2）（x1+x2）23x1x2+a（x1+x2）22x1x2+b（x1+x2）+2 =+2， 又因为 f（x） ，f（x）这两个函数的所有极值

36、之和不小于 ， 所以 b+2= ， 因为 a3，所以 2a363a540， 所以 2a（a236）+9（a6）0， 所以（a6） （2a2+12a+9）0， 由于 a3 时 2a2+12a+90， 所以 a60，解得 a6， 所以 a 的取值范围是（3，6 10 （2017新课标）已知函数 f（x）=ax2axxlnx，且 f（x）0 （1）求 a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e 2f（x 0）2 2 【解答】 （1）解：因为 f（x）=ax2axxlnx=x（axalnx） （x0） ， 则 f（x）0 等价于 h（x）=axalnx0，求导可知 h（x）=a 则当

37、a0 时 h（x）0，即 y=h（x）在（0，+）上单调递减， 所以当 x01 时，h（x0）h（1）=0，矛盾，故 a0 因为当 0x 时 h（x）0、当 x 时 h（x）0， 所以 h（x）min=h（ ） ， 又因为 h（1）=aaln1=0， 所以 =1，解得 a=1； （2）证明：由（1）可知 f（x）=x2xxlnx，f（x）=2x2lnx， 令 f（x）=0，可得 2x2lnx=0，记 t（x）=2x2lnx，则 t（x）=2 ， 令 t（x）=0，解得：x= ， 所以 t（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+）上单调递增， 所以 t（x）min=t（ ）=ln210，从而

38、 t（x）=0 有解，即 f（x）=0 存在 两根 x0，x2， 且不妨设 f（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+） 上为正， 所以 f（x）必存在唯一极大值点 x0，且 2x02lnx0=0， 所以 f（x0）=x0x0lnx0=x0+2x02=x0， 由 x0 可知 f（x0）（x0）max=+ = ； 由 f（ ）0 可知 x0 ， 所以 f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0， ）上单调递减， 所以 f（x0）f（ ）=； 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e 2f（x 0）2 2 11 （2017山东）已知函数 f（x）=x2+2cosx

39、，g（x）=ex（cosxsinx+2x2） ， 其中 e2.17828是自然对数的底数 （）求曲线 y=f（x）在点（，f（） ）处的切线方程； （）令 h（x）=g （x）a f（x） （aR） ，讨论 h（x）的单调性并判断 有无极值，有极值时求出极值 【解答】解： （I）f（）=22f（x）=2x2sinx，f（）=2 曲线 y=f（x）在点（，f（） ）处的切线方程为：y（22）=2（x ） 化为：2xy22=0 （II）h（x）=g （x）a f（x）=ex（cosxsinx+2x2）a（x2+2cosx） h（x）=ex（cosxsinx+2x2）+ex（sinxcosx+2）a

40、（2x2sinx） =2（xsinx） （exa）=2（xsinx） （exelna） 令 u（x）=xsinx，则 u（x）=1cosx0，函数 u（x）在 R 上单调递 增 u（0）=0，x0 时，u（x）0；x0 时，u（x）0 （1）a0 时，exa0，x0 时，h（x）0，函数 h（x）在（0，+ ）单调递增； x0 时，h（x）0，函数 h（x）在（，0）单调递减 x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）=12a （2）a0 时，令 h（x）=2（xsinx） （exelna）=0 解得 x1=lna，x2=0 0a1 时，x（，lna）时，exelna0，h（x）0，函数

41、h（x） 单调递增； x（lna，0）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递减； x（0，+）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递增 当 x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）=2a1 当 x=lna 时，函数 h（x）取得极大值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna） +cos（lna）+2 当 a=1 时，lna=0，xR 时，h（x）0，函数 h（x）在 R 上单调递增 1a 时，lna0，x（，0）时，exelna0，h（x）0，函数 h （x）单调递增； x（0，lna）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递减； x（l

42、na，+）时，exelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递增 当 x=0 时，函数 h（x）取得极大值，h（0）=2a1 当 x=lna 时，函数 h（x）取得极小值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna） +cos（lna）+2 综上所述：a0 时，函数 h（x）在（0，+）单调递增；x0 时，函数 h （x）在（，0）单调递减 x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）=12a 0a1 时，函数 h（x）在 x（，lna）是单调递增；函数 h（x）在 x（lna，0）上单调递减当 x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）= 2a1 当 x=lna 时， 函数 h

43、（x） 取得极大值， h （lna） =aln2a2lna+sin （lna）+cos（lna）+2 当 a=1 时，lna=0，函数 h（x）在 R 上单调递增 a1 时，函数 h（x）在（，0） ， （lna，+）上单调递增；函数 h（x） 在（0，lna）上单调递减当 x=0 时，函数 h（x）取得极大值，h（0）= 2a1 当 x=lna 时， 函数 h （x） 取得极小值， h （lna） =aln2a2lna+sin （lna）+cos（lna）+2 12 （2017北京）已知函数 f（x）=excosxx （1）求曲线 y=f（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程； （2）求函

44、数 f（x）在区间0，上的最大值和最小值 【解答】解： （1）函数 f（x）=excosxx 的导数为 f（x）=ex（cosxsinx） 1， 可得曲线 y=f（x）在点（0，f（0） ）处的切线斜率为 k=e0（cos0sin0） 1=0， 切点为（0，e0cos00） ，即为（0，1） ， 曲线 y=f（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程为 y=1； （2）函数 f（x）=excosxx 的导数为 f（x）=ex（cosxsinx）1， 令 g（x）=ex（cosxsinx）1， 则 g（x）的导数为 g（x）=ex（cosxsinxsinxcosx）=2exsinx， 当 x0，可得 g（x）=2exsinx0， 即有 g（x）在0，递减，可得 g（x）g（0）=0， 则 f（x）在0，递减， 即有函数 f（x）在区间0，上的最大值为 f（0）=e0cos00=1； 最小值为 f（）=ecos= 13 （2017浙江）已知函数 f（x）=（x）e x（x ） （1）求 f（x）的导函数； （2）求 f（x）在区间 ，+）上的