历年高考数学真题精选14 函数与导数的综合.docx

1、 第 1 页（共 24 页） 历年高考数学真题精选（按考点分类）历年高考数学真题精选（按考点分类） 专题十四 函数与导数综合（学生版） 一解答题（共一解答题（共 20 小题）小题） 1 （2019全国）已知函数 2 ( )()f xx xax （1）当1a 时，求( )f x的单调区间； （2）若( )f x在区间0，2的最小值为 2 3 ，求a 2 （2019新课标）已知函数 32 ( )2f xxaxb （1）讨论( )f x的单调性； （2）是否存在a，b，使得( )f x在区间0，1的最小值为1且最大值为 1？若存在，求出 a，b的所有值；若不存在，说明理由 3 （2019新课标）已知

2、函数 32 ( )22f xxax （1）讨论( )f x的单调性； （2）当03a时，记( )f x在区间0，1的最大值为M，最小值为m，求Mm的取值 范围 4 （2019新课标）已知函数( )(1)1f xxlnxx证明： （1）( )f x存在唯一的极值点； （2）( )0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数 5 （2019江苏）设函数( )()()()f xxa xb xc，a，b，cR，( )fx为( )f x的导函数 （1）若abc，f（4）8，求a的值； （2）若ab，bc，且( )f x和( )fx的零点均在集合 3，1，3中，求( )f x的极小值； （3）若0a ，

3、01b ，1c ，且( )f x的极大值为M，求证： 4 27 M 6 （2019天津）设函数( )(1) x f xlnxa xe，其中aR （）若0a，讨论( )f x的单调性； （）若 1 0a e ， ( ) i证明( )f x恰有两个零点； ( )ii设 0 x为( )f x的极值点， 1 x为( )f x的零点，且 10 xx，证明 01 32xx 第 2 页（共 24 页） 7 （2019天津）设函数( )cos x f xex，( )g x为( )f x的导函数 （）求( )f x的单调区间； （）当 4 x ， 2 时，证明( )( )() 0 2 f xg xx ； （）设

4、 n x为函数( )( )1u xf x在区间(2 4 n ，2) 2 n 内的零点，其中nN，证明 2 00 2 2sincos n n e nx xx 8 （2019新课标）已知函数( )2sincosf xxxxx，( )fx为( )f x的导数 （1）证明：( )fx在区间(0, )存在唯一零点； （2）若0 x，时，( )f xax，求a的取值范围 9 （2019新课标）已知函数 1 ( ) 1 x f xlnx x （1）讨论( )f x的单调性，并证明( )f x有且仅有两个零点； （2） 设 0 x是( )f x的一个零点， 证明曲线ylnx在点 0 (A x， 0) lnx处

5、的切线也是曲线 x ye的 切线 10 （2019新课标）已知函数( )sin(1)f xxlnx，( )fx为( )f x的导数证明： （1）( )fx在区间( 1,) 2 存在唯一极大值点； （2）( )f x有且仅有 2 个零点 11 （2018新课标）已知函数( )1 x f xaelnx （1）设2x 是( )f x的极值点，求a，并求( )f x的单调区间； （2）证明：当 1 a e 时，( ) 0f x 12 （2018新课标）已知函数 2 ( ) x f xeax （1）若1a ，证明：当0 x时，( ) 1f x ； （2）若( )f x在(0,)只有一个零点，求a 13

6、（2018新课标）已知函数 2 ( )(2) (1)2f xxax lnxx （1）若0a ，证明：当10 x 时，( )0f x ；当0 x 时，( )0f x ； （2）若0 x 是( )f x的极大值点，求a 14 （2018新课标）已知函数 2 1 ( ) x axx f x e 第 3 页（共 24 页） （1）求曲线( )yf x在点(0, 1)处的切线方程； （2）证明：当1a时，( )0f xe 15 （2017新课标）已知函数 2 ( )() xx f xe eaa x （1）讨论( )f x的单调性； （2）若( ) 0f x ，求a的取值范围 16 （2017北京）已知函

7、数( )cos x f xexx （1）求曲线( )yf x在点(0，(0)f处的切线方程； （2）求函数( )f x在区间0， 2 上的最大值和最小值 17 （2017山东）已知函数 2 ( )2cosf xxx，( )(cossin22) x g xexxx，其中 2.71828e 是自然对数的底数 （）求曲线( )yf x在点(，( )f处的切线方程； （）令( )h xg( )xa( )()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 18 （2017新课标）已知函数 2 ( )(2) xx f xaeaex （1）讨论( )f x的单调性； （2）若( )

8、f x有两个零点，求a的取值范围 19 （2016新课标）设函数( )cos2(1)(cos1)f xaxax，其中0a ，记| ( )|f x的最大 值为A （）求( )fx； （）求A； （）证明：|( )|2fxA 20 （2016新课标）已知函数 2 ( )(2)(1) x f xxea x有两个零点 （）求a的取值范围； （）设 1 x， 2 x是( )f x的两个零点，证明： 12 2xx 第 4 页（共 24 页） 历年高考数学真题精选（按考点分类）历年高考数学真题精选（按考点分类） 专题十四 函数与导数的综合（教师版） 一解答题（共一解答题（共 20 小题）小题） 1 （201

9、9全国）已知函数 2 ( )()f xx xax （1）当1a 时，求( )f x的单调区间； （2）若( )f x在区间0，2的最小值为 2 3 ，求a 解： （1）当1a 时， 2 ( )()f xx xx， 则 53 22 ( )(0)fxxxx，令( )0fx，则 3 5 x ， 当 3 0 5 x时，( )0fx；当 3 5 x 时，( )0fx ( )f x的单调递减区间为 3 (0, ) 5 ，单调递增区间为 3 ( ,) 5 ； （2） 31 22 53 ( )(02) 22 fxxaxx剟，令( )0fx，则 3 5 a x ， 当0a时，( )0fx，( )f x在0，2上

10、单调递增， 2 ( )(0)0 3 min f xf ，不符合条 件； 当 10 0 3 a 时， 3 02 5 a ，则当 3 0 5 a x时，( )0fx；当 3 2 5 a x时，( )0f x ， ( )f x在 3 (0,) 5 a 上单调递减，在 3 (,2) 5 a 上单调递增， 53 22 3332 ( )()()() 5553 min aaa f xfa ， 5 3 a，符合条件； 当 10 3 a 时，102 3 ，则当02x时，( )0fx，( )f x在(0,2)上单调递减， 2 ( )(2)2(42 ) 3 min f xfa ， 2 2 6 a，不符合条件 ( )

11、f x在区间0，2的最小值为 2 3 ，a的值为 5 3 2 （2019新课标）已知函数 32 ( )2f xxaxb （1）讨论( )f x的单调性； （2）是否存在a，b，使得( )f x在区间0，1的最小值为1且最大值为 1？若存在，求出 a，b的所有值；若不存在，说明理由 第 5 页（共 24 页） 解： （1） 2 ( )626 () 3 a fxxaxx x 令( )6 ()0 3 a fxx x，解得0 x ，或 3 a 0a 时， 2 ( )60f xx，函数( )f x在R上单调递增 0a 时，函数( )f x在(,0)，( 3 a ，)上单调递增，在(0,) 3 a 上单调

12、递减 0a 时，函数( )f x在(,) 3 a ，(0,)上单调递增，在( 3 a ，0)上单调递减 （2）由（1）可得： 0a时，函数( )f x在0，1上单调递增则(0)1fb ，f（1）21ab，解得 1b ，0a ，满足条件 0a 时，函数( )f x在0， 3 a 上单调递减 1 3 a ，即3a时，函数( )f x在0，1上单调递减则(0)1fb，f（1）21ab ， 解得1b ，4a ，满足条件 01 3 a ，即03a时，函数( )f x在0，) 3 a 上单调递减，在( 3 a ，1上单调递增则最 小值 32 ( )2( )( )1 333 aaa fab ， 化为： 3

13、1 27 a b 而(0)fb，f（1）2ab，最大值为b或2ab 若： 3 1 27 a b ，1b ，解得 3 3 23a ，矛盾，舍去 若： 3 1 27 a b ，21ab，解得3 3a ，或 0，矛盾，舍去 综上可得：存在a，b，使得( )f x在区间0，1的最小值为1且最大值为 1 a，b的所有值为： 0 1 a b ，或 4 1 a b 3 （2019新课标）已知函数 32 ( )22f xxax （1）讨论( )f x的单调性； （2）当03a时，记( )f x在区间0，1的最大值为M，最小值为m，求Mm的取值 范围 解： （1） 2 ( )622 (3)f xxaxxxa，

14、第 6 页（共 24 页） 令( )0fx，得0 x 或 3 a x 若0a ，则当(x ，0)(,) 3 a 时，( )0fx；当(0,) 3 a x时，( )0fx 故( )f x在(,0)，(,) 3 a 上单调递增，在(0,) 3 a 上单调递减； 若0a ，( )f x在(,) 上单调递增； 若0a ，则当(x ，)(0 3 a ，)时，( )0fx；当( 3 a x，0)时，( )0fx 故( )f x在(,) 3 a ，(0,)上单调递增，在( 3 a ，0)上单调递减； （2）当03a时，由（1）知，( )f x在(0,) 3 a 上单调递减，在( 3 a ，1)上单调递增，

15、( )f x在区间0，1的最小值为 3 ( )2 327 aa f ，最大值为(0)2f或f（1）4a 于是， 3 2 27 a m ， 4,02 2,23 aa M a 3 3 2,02 27 ,23 27 a aa Mm a a 当02a时，可知 3 2 27 a a单调递减，Mm的取值范围是 8 (,2) 27 ； 当23a时， 3 27 a 单调递增，Mm的取值范围是 8 27，1) 综上，Mm的取值范围 8 27，2) 4 （2019新课标）已知函数( )(1)1f xxlnxx证明： （1）( )f x存在唯一的极值点； （2）( )0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数

16、证明： （1）函数( )(1)1f xxlnxx ( )f x的定义域为(0,)， 11 ( )1 x fxlnxlnx xx ， ylnx单调递增， 1 y x 单调递减，( )fx 单调递增， 又f（1）10 ，f（2） 141 20 22 ln ln ， 存在唯一的 0 (1,2)x ，使得 0 ()0fx 第 7 页（共 24 页） 当 0 xx时，( )0fx，( )f x单调递减， 当 0 xx时，( )0fx，( )f x单调递增， ( )f x存在唯一的极值点 （2）由（1）知 0 ()f xf（1）2 ， 又 22 ()30f ee ， ( )0f x在 0 (x，)内存在唯

17、一的根xa， 由 0 1ax，得 0 1 1x a ， 1111( ) ( )(1)10 f a fln aaaaa ， 1 a 是( )0f x 在 0 (0,)x的唯一根， 综上，( )0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数 5 （2019江苏）设函数( )()()()f xxa xb xc，a，b，cR，( )fx为( )f x的导函数 （1）若abc，f（4）8，求a的值； （2）若ab，bc，且( )f x和( )fx的零点均在集合 3，1，3中，求( )f x的极小值； （3）若0a ，01b ，1c ，且( )f x的极大值为M，求证： 4 27 M 解： （1）abc，

18、 3 ( )()f xxa， f（4）8， 3 (4)8a， 42a ，解得2a （2）ab，bc，设 2 ( )()()f xxa xb 令 2 ( )()()0f xxa xb，解得xa，或xb 2 ( )()2()()()(32 )f xxbxa xbxbxba 令( )0fx，解得xb，或 2 3 ab x ( )f x和( )fx的零点均在集合 3A ，1，3中， 若：3a ，1b ，则 2615 333 ab A ，舍去 1a ，3b ，则 2231 333 ab A ，舍去 第 8 页（共 24 页） 3a ，3b ，则 263 1 33 ab A ，舍去 3a ，1b ，则 2

19、617 333 ab A ，舍去 1a ，3b ，则 25 33 ab A ，舍去 3a ，3b ，则 263 1 33 ab A ， 因此3a ，3b ， 2 1 3 ab A ， 可得： 2 ( )(3)(3)f xxx ( )3( 3)(1)fxxx 可得1x 时，函数( )f x取得极小值，f（1） 2 2432 （3）证明：0a ，01b ，1c ， ( )()(1)f xx xb x 2 ( )()(1)(1)()3(22)f xxb xx xx xbxbxb 222 1 4(1)124444()3 3 2 bbbbb 令 2 ( )3(22)0f xxbxb 解得： 2 1 11

20、1 (0, 33 bbb x ， 2 2 11 3 bbb x 12 xx， 12 22 3 b xx ， 12 3 b x x ， 可得 1 xx时，( )f x取得极大值为M， 2 111 ( )3(22)0f xxbxb，令 1 1 (0, 3 xt ， 可得： 2 32 21 tt b t 432 1111 2 ( )()(1)()(1) 21 ttt Mf xx xb xt tb t t ， 432 2 61282 (21) tttt M t 令 32 ( )61282g tttt， 22 ( )182482(32)0g tttt ， 第 9 页（共 24 页） 函数( )g t在

21、1 (0, 3 t上单调递减， 14 ( )0 39 g ( )0t g t0M 函数( )M t在 1 (0, 3 t上单调递增， 14 ( )( ) 327 M tM 6 （2019天津）设函数( )(1) x f xlnxa xe，其中aR （）若0a，讨论( )f x的单调性； （）若 1 0a e ， ( ) i证明( )f x恰有两个零点； ( )ii设 0 x为( )f x的极值点， 1 x为( )f x的零点，且 10 xx，证明 01 32xx ( ) I解： 2 11 ( )(1) x xx ax e fxaea xe xx ，(0,)x 0a时，( )0fx，函数( )f

22、 x在(0,)x上单调递增 ()II证明：( ) i由( ) I可知： 2 1 ( ) x ax e fx x ，(0,)x 令 2 ( )1 x g xax e ， 1 0a e ， 可知：( )g x在(0,)x上单调递减， 又g（1）10ae 且 22 1111 ()1()1()0g lna lnln aaaa ，( )g x存在唯一解 0 1 (1,)xln a 即函数( )f x在 0 (0,)x上单调递增，在 0 (x，)单调递减 0 x是函数( )f x的唯一极值点 令( )1h xlnxx，(0)x ， 1 ( ) x h x x ，可得( )h xh（1）0，1x时，1lnx

23、x 1 11111 ()()(1)()(1)0 lna f lnln lna lneln lnln aaaaa 0 ()f xf（1）0函数( )f x在 0 (x，)上存在唯一零点 又函数( )f x在 0 (0,)x上有唯一零点 1因此函数( )f x恰有两个零点； ( )ii由题意可得： 0 ()0fx， 1 ()0f x，即 0 2 0 1 x ax e， 1 11 (1) x lnxa xe， 10 1 1 2 0 1 xx x lnxe x ，即 10 2 01 1 1 xx x lnx e x ， 1x ，可得1lnxx又 10 1xx，故 10 2 201 0 1 (1) 1

24、xx xx ex x ， 取对数可得： 1000 22(1)xxlnxx，化为 01 32xx 第 10 页（共 24 页） 7 （2019天津）设函数( )cos x f xex，( )g x为( )f x的导函数 （）求( )f x的单调区间； （）当 4 x ， 2 时，证明( )( )() 0 2 f xg xx ； （）设 n x为函数( )( )1u xf x在区间(2 4 n ，2) 2 n 内的零点，其中nN，证明 2 00 2 2sincos n n e nx xx （）解：由已知，( )(cossin ) x f xexx，因此， 当(2 4 xk ， 5 2)() 4 k

25、kZ 时，有sincosxx，得( )0fx，( )f x单调递减； 当 3 (2 4 xk ，2)() 4 kkZ 时，有sincosxx，得( )0fx，( )f x单调递增 ( )f x的单调增区间为 3 2 4 k ，2() 4 kkZ ，单调减区间为， 5 2() 4 kkZ ； （）证明：记( )( )( )() 2 h xf xg xx ，依题意及（） ， 有( )(cossin ) x g xexx，从而( )( )( ) ()( ) ( 1)( )()0 22 h xfxg xxg xg xx 因此，( )h x在区间 4 ， 2 上单调递减，有( )()()0 22 h x

26、hf 当 4 x ， 2 时，( )( )() 0 2 f xg xx ； （）证明：依题意，()()10 nn u xf x ，即cos1 n x n ex 记2 nn yxn，则(,) 4 2 n y ，且 22 ()coscos(2)() nn yxnn nnn f yeyexnexN 由 2 0 ()1() n n f yef y 及（） ，得 0n yy， 由（）知，当( 4 x ，) 2 时，( )0g x，( )g x在 4 ， 2 上为减函数， 因此， 0 ()()()0 4 n g yg yg ， 又由（）知，()()() 0 2 nnn f yg yy ， 故 0 2222

27、 00000 () 2()()()sincos(sincos) nnnn n n y nn f yeeee y g yg yg yxxeyy 剟 2 00 2 2sincos n n e nx xx 第 11 页（共 24 页） 8 （2019新课标）已知函数( )2sincosf xxxxx，( )fx为( )f x的导数 （1）证明：( )fx在区间(0, )存在唯一零点； （2）若0 x，时，( )f xax，求a的取值范围 解： （1）证明：( )2sincosf xxxxx， ( )2coscossin1cossin1fxxxxxxxx ， 令( )cossin1g xxxx，则(

28、)sinsincoscosg xxxxxxx ， 当(0,) 2 x 时，cos0 xx ，当(, ) 2 x 时，cos0 xx ， 当 2 x 时，极大值为()10 22 g ， 又(0)0g，( )2g ， ( )g x在(0, )上有唯一零点， 即( )fx在(0, )上有唯一零点； （2）由（1）知，( )fx在(0, )上有唯一零点 0 x， 使得 0 ()0fx，且( )fx在 0 (0,)x为正，在 0 (x，)为负， ( )f x在0， 0 x递增，在 0 x，递减， 结合(0)0f，( )0f，可知( )f x在0，上非负， 令( )h xax，( )( )f xh x，

29、根据( )f x和( )h x的图象可知，0a ， a的取值范围是(，0 9 （2019新课标）已知函数 1 ( ) 1 x f xlnx x （1）讨论( )f x的单调性，并证明( )f x有且仅有两个零点； （2） 设 0 x是( )f x的一个零点， 证明曲线ylnx在点 0 (A x， 0) lnx处的切线也是曲线 x ye的 切线 解： （1）函数 1 ( ) 1 x f xlnx x 定义域为：(0，1)(1，)； 2 12 ( )0 (1) fx xx ，(0 x 且1)x ， ( )f x在(0,1)和(1,)上单调递增， 第 12 页（共 24 页） 在(0,1)区间取值有

30、 2 1 e ， 1 e 代入函数，由函数零点的定义得， 2 1 ()0f e ， 1 ( )0f e ， 2 11 ()( )0ff ee ，( )f x在(0,1)有且仅有一个零点， 在(1,)区间，区间取值有e， 2 e代入函数，由函数零点的定义得， 又f（e）0， 2 ()0f e，f（e） 2 ()0f e，( )f x在(1,)上有且仅有一个零点， 故( )f x在定义域内有且仅有两个零点； （2） 0 x是( )f x的一个零点，则有 0 0 0 1 1 x lnx x ，曲线ylnx，则有 1 y x ； 由直线的点斜式可得曲线的切线方程， 曲线ylnx在点 0 (A x， 0

31、) lnx处的切线方程为： 00 0 1 ()ylnxxx x ， 即： 0 0 1 1yxlnx x ，将 0 0 0 1 1 x lnx x 代入，即有 00 12 1 yx xx ， 而 曲 线 x ye的 切 线 中 ， 在 点 0 1 (ln x ， 0 1 ) x 处 的 切 线 方 程 为 ： 0 00000 11111 ()yxlnxlnx xxxxx ，将 0 0 0 1 1 x lnx x 代入化简，即： 00 12 1 yx xx ， 故曲线ylnx在点 0 (A x， 0) lnx处的切线也是曲线 x ye的切线故得证 10 （2019新课标）已知函数( )sin(1)

32、f xxlnx，( )fx为( )f x的导数证明： （1）( )fx在区间( 1,) 2 存在唯一极大值点； （2）( )f x有且仅有 2 个零点 证明： （1）( )f x的定义域为( 1,) ， 1 ( )cos 1 fxx x ， 2 1 ( )sin (1) fxx x ， 令 2 1 ( )sin (1) g xx x ，则 3 2 ( )cos0 (1) g xx x 在( 1,) 2 恒成立， ( )fx 在( 1,) 2 上为减函数， 又(0)1f， 2 1 ( )11 10 2 (1) 2 f ，由零点存在定理可知， 函数( )fx在( 1,) 2 上存在唯一的零点 0

33、x，结合单调性可得，( )fx在 0 ( 1,)x上单调递增， 在 0 (x，) 2 上单调递减，可得( )fx在区间( 1,) 2 存在唯一极大值点； （2）由（1）知，当( 1,0)x 时，( )fx单调递增，( )(0)0fxf，( )f x单调递减； 第 13 页（共 24 页） 当 0 (0,)xx时，( )fx单调递增，( )(0)0fxf，( )f x单调递增； 由于( )fx在 0 (x，) 2 上单调递减，且 0 ()0fx， 1 ( )0 2 1 2 f ， 由零点存在定理可知，函数( )fx在 0 (x，) 2 上存在唯一零点 1 x，结合单调性可知， 当 0 (xx，

34、1) x时，( )fx单调递减， 1 ( )()0fxfx，( )f x单调递增； 当 1 (,) 2 xx 时，( )fx单调递减， 1 ( )()0fxfx，( )f x单调递减 当( 2 x ，)时，cos0 x ， 1 0 1x ，于是 1 ( )cos0 1 fxx x ，( )f x单调递减， 其中 3.2 ()1(1)1(1)12.610 222 flnlnlnlne ， ( )(1)30flnln 于是可得下表： x ( 1,0) 0 1 (0,)x 1 x 1 ( ,) 2 x 2 (, ) 2 ( )fx 0 0 ( )f x 单调递 减 0 单调递 增 大于 0 单调递

35、减 大于 0 单调递 减 小于 0 结合单调性可知，函数( )f x在( 1， 2 上有且只有一个零点 0， 由函数零点存在性定理可知，( )f x在( 2 ，)上有且只有一个零点 2 x， 当x，)时，( )sin(1)1(1)130f xxlnxlnln ， 因此函数( )f x在，) 上无零点 综上，( )f x有且仅有 2 个零点 11 （2018新课标）已知函数( )1 x f xaelnx （1）设2x 是( )f x的极值点，求a，并求( )f x的单调区间； （2）证明：当 1 a e 时，( ) 0f x 解： （1）函数( )1 x f xaelnx0 x， 1 ( ) x

36、 fxae x ， 2x 是( )f x的极值点，f （2） 2 1 0 2 ae，解得 2 1 2 a e ， 第 14 页（共 24 页） 2 1 ( )1 2 x f xelnx e ， 2 11 ( ) 2 x fxe ex ， 当02x时，( )0fx，当2x 时，( )0fx， ( )f x在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增 （2）证明：当 1 a e 时，( )1 x e f xlnx e ， 设( )1 x e g xlnx e ，则 1 ( ) x e g x ex ，由 1 ( )0 x e g x ex ，得1x ， 当01x时，( )0g x，当1x 时，( )0

37、g x，1x是( )g x的最小值点， 故当0 x 时，( )g xg（1）0，当 1 a e 时，( ) 0f x 12 （2018新课标）已知函数 2 ( ) x f xeax （1）若1a ，证明：当0 x时，( ) 1f x ； （2）若( )f x在(0,)只有一个零点，求a 证明： （1）当1a 时，函数 2 ( ) x f xex则( )2 x f xex， 令( )2 x g xex，则( )2 x g xe，令( )0g x，得2xln 当(0,2)xln时，( )0g x，当( 2,)xln时，( )0g x， 2 ( )( 2)2222 20 ln g xg lnelnl

38、n， ( )f x在0，)单调递增，( )(0)1f xf， 解： （2）方法一、 ，( )f x在(0,)只有一个零点方程 2 0 x eax在(0,)只有一个根， 2 x e a x 在(0,)只有一个根，即函数ya与 2 ( ) x e G x x 的图象在(0,)只有一个交点 3 (2) ( ) x ex G x x ， 当(0,2)x时，( )0G x，当(2,)时，( )0G x， ( )G x在(0,2)递减，在(2,)递增， 当0时，( )G x ，当时，( )G x ， ( )f x在(0,)只有一个零点时，aG（2） 2 4 e 方法二：当0a时， 2 ( )0 x f x

39、eax，( )f x在(0,)没有零点 当0a 时，设函数 2 ( )1 x h xax e ( )f x在(0,)只有一个零点( )h x在(0,)只有 一个零点 第 15 页（共 24 页） ( )(2) x h xax xe，当(0,2)x时，( )0h x，当(2,)x时，( )0h x， ( )h x在(0,2)递减，在(2,)递增， 2 4 ( )(2)1 min a h xh e ，(0)x 当h（ 2 ）0时 ， 即 2 4 e a ， 由 于(0)1h， 当0 x 时 ， 2x ex， 可 得 333 4224 1616161 (4 )11110 ()(2 ) aa aaa

40、ha eeaa ( )h x在(0,)有 2 个零点 当h（2）0时，即 2 4 e a ，( )h x在(0,)没有零点， 当h（2）0时，即 2 4 e a ，( )h x在(0,)只有一个零点， 综上，( )f x在(0,)只有一个零点时， 2 4 e a 13 （2018新课标）已知函数 2 ( )(2) (1)2f xxax lnxx （1）若0a ，证明：当10 x 时，( )0f x ；当0 x 时，( )0f x ； （2）若0 x 是( )f x的极大值点，求a （1）证明：当0a 时，( )(2) (1)2f xx lnxx，(1)x ( )(1) 1 x fxln x x

41、 ， 2 ( ) (1) x fx x ， 可得( 1,0)x 时，( ) 0fx，(0,)x时，( ) 0fx ( )fx 在( 1,0)递减，在(0,)递增，( )(0)0fxf ， ( )(2) (1)2f xx lnxx在( 1,) 上单调递增，又(0)0f 当10 x 时，( )0f x ；当0 x 时，( )0f x （2）解：由 2 ( )(2) (1)2f xxax lnxx，得 22 2(12)(1) (1) ( )(12) (1)2 11 xaxaxxaxx ln x fxax lnx xx ， 令 2 ( )(1 2)(1) (1)h xaxxaxx ln x， ( )4

42、(421) (1)h xaxaxaln x 当0a，0 x 时，( )0h x，( )h x单调递增， ( )(0)0h xh，即( )0fx， ( )f x在(0,)上单调递增，故0 x 不是( )f x的极大值点，不符合题意 当0a 时， 12 ( )84(1) 1 a hxaaln x x ，显然( )hx单调递减， 令(0)0h，解得 1 6 a 第 16 页（共 24 页） 当10 x 时，( )0hx，当0 x 时，( )0hx， ( )h x 在( 1,0)上单调递增，在(0,)上单调递减，( )(0)0h xh ， ( )h x单调递减，又(0)0h，当10 x 时，( )0h

43、 x ，即( )0fx， 当0 x 时，( )0h x ，即( )0fx， ( )f x在( 1,0)上单调递增，在(0,)上单调递减， 0 x是( )f x的极大值点，符合题意； 若 1 0 6 a，则(0)160ha ， 1 61 6 44 (1)(21)(1)0 aa aa h eae ， ( )0hx 在(0,)上有唯一一个零点，设为 0 x， 当 0 0 xx时，( )0hx，( )h x单调递增，( )(0)0h xh ，即( )0fx， ( )f x在 0 (0,)x上单调递增，不符合题意； 若 1 6 a ，则(0)160ha ， 2 2 1 (1)(12 )0ha e e ，

44、 ( )0hx 在( 1,0)上有唯一一个零点，设为 1 x， 当 1 0 xx时，( )0hx，( )h x单调递减，( )(0)0h xh ，( )h x单调递增， ( )(0)0h xh，即( )0fx，( )f x在 1 (x，0)上单调递减，不符合题意 综上， 1 6 a 14 （2018新课标）已知函数 2 1 ( ) x axx f x e （1）求曲线( )yf x在点(0, 1)处的切线方程； （2）证明：当1a时，( )0f xe 解： （1） 2 2 (21)(1)(1)(2) ( ) () xx xx axeaxxeaxx fx ee (0)2f ，即曲线( )yf x

45、在点(0, 1)处的切线斜率2k ， 曲线( )yf x在点(0, 1)处的切线方程方程为( 1)2yx 即210 xy 为所求 （2）证明：函数( )f x的定义域为：R， 可得 2 2 (21)(1)(1)(2) ( ) () xx xx axeaxxeaxx fx ee 令( )0fx，可得 12 1 2,0 xx a ， 第 17 页（共 24 页） 当 1 (,)x a 时，( )0fx， 1 (,2)x a 时，( )0fx，(2,)x时，( )0fx ( )f x在 1 (,) a ，(2,)递减，在 1 ( a ，2)递增， 注意到1a时，函数 2 ( )1g xaxx在(2,

46、)单调递增，且g（2）410a 函数( )f x的图象如下： 1a， 1 (0,1 a ，则 1 1 () a fee a ， 1 ( ) a min f xee ， 当1a时，( )0f xe 15 （2017新课标）已知函数 2 ( )() xx f xe eaa x （1）讨论( )f x的单调性； （2）若( ) 0f x ，求a的取值范围 解： （1） 222 ( )() xxxx f xe eaa xee aa x， 22 ( )2(2)() xxxx f xeaeaea ea ， 当0a 时，( )0fx恒成立，( )f x在R上单调递增， 当0a 时，20 x ea，令( )0

47、fx，解得xlna， 当xlna时，( )0fx，函数( )f x单调递减， 当xlna时，( )0fx，函数( )f x单调递增， 当0a 时，0 x ea，令( )0fx，解得() 2 a xln， 当() 2 a xln时，( )0fx，函数( )f x单调递减， 当() 2 a xln时，( )0fx，函数( )f x单调递增， 综上所述，当0a 时，( )f x在R上单调递增， 当0a 时，( )f x在(,)lna上单调递减，在(,)lna 上单调递增， 第 18 页（共 24 页） 当0a 时，( )f x在(，() 2 a ln 上单调递减，在( () 2 a ln ，)上单调递增， （2）当0a 时， 2 ( )0 x f xe恒成立， 当0a 时，由（1）可得 2 ( )()0 min f xf lnaa lna，0lna，01a ，