2020年高中数学专题04 导数及其应用解答题（含答案）

1、2020年高中数学专题04导数及其应用解答题考纲解读三年高考分析1.导数概念及其几何意义(1)了解导数概念的实际背景.(2)理解导数的几何意义.2.导数的运算（1）能根据导数定义求函数y=C(C为常数),y=x,y=x2,y=的导数.(2)能利用下面给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数,能求简单的复合函数(仅限于形如f(ax+b)的复合函数)的导数.常见基本初等函数的导数公式：(C)=0(C为常数)；(xn)=nxn-1,nN；(sinx)=cosx；(cosx)=-sinx；(ex)=ex；(ax)=axlna(a0,且a1)；(lnx)=；(logax)=log

2、ae(a0,且a1)常用的导数运算法则：法则1：u(x)v(x)=u(x)v(x).法则2：u(x)v(x)=u(x)v(x)+u(x)v(x).法则3：3.导数在研究函数中的应用(1)了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).(2)了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).4.生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题.5.定积分与微积分基本定理(1)了解定积分的实际背景,了解定积分的基本思想,了

3、解定积分的概念.(2)了解微积分基本定理的含义.导数的运算法则和导数的具体应用 是考查的重点，解题时常用到导函数的求解、分类讨论的数学思想、等价转化的数学思想等，考查学生的数学抽象能力、逻辑推理能力、数学运算能力、直观想象能力，题型以选择填空题和解答题为主，较大难度.考查函数的单调性、极值、最值，利用函数的性质求参数范围；与方程、不等式等知识相结合命题，强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识；题型以解答题为主，一般难度较大.1【2019年天津理科20】设函数f（x）excosx，g（x）为f（x）的导函数（）求f（x）的单调区间；（）当x，时，证明f（x）+g（x）（x）0

4、；（）设xn为函数u（x）f（x）1在区间（2n，2n）内的零点，其中nN，证明2nxn【解答】（）解：由已知，f（x）ex（cosxsinx），因此，当x（，）（kZ）时，有sinxcosx，得f（x）0，f（x）单调递减；当x（，）（kZ）时，有sinxcosx，得f（x）0，f（x）单调递增f（x）的单调增区间为，（kZ），单调减区间为，（kZ）；（）证明：记h（x）f（x）+g（x）（），依题意及（），有g（x）ex（cosxsinx），从而h（x）f（x）+g（x）（）+g（x）（1）g（x）（）0因此，h（x）在区间，上单调递减，有h（x）h（）f（）0当x，时，f（x）+g（x）

5、（x）0；（）证明：依题意，u（xn）f（xn）10，即记ynxn2n，则yn（），且f（yn）e2n（xN）由f（yn）e2n1f（y0）及（），得yny0，由（）知，当x（，）时，g（x）0，g（x）在，上为减函数，因此，g（yn）g（y0）g（）0，又由（）知，故2nxn2【2019年新课标3理科20】已知函数f（x）2x3ax2+b（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【解答】解：（1）f（x）6x22ax6x（x）令f（x）6x（x）0，解得x0，或a0时，f（x）6x20，函

6、数f（x）在R上单调递增a0时，函数f（x）在（，0），（，+）上单调递增，在（0，）上单调递减a0时，函数f（x）在（，），（0，+）上单调递增，在（，0）上单调递减（2）由（1）可得：a0时，函数f（x）在0，1上单调递增则f（0）b1，f（1）2a+b1，解得b1，a0，满足条件a0时，函数f（x）在0，上单调递减1，即a时，函数f（x）在0，1上单调递减则f（0）b1，f（1）2a+b1，解得b1，a4，满足条件01，即0a时，函数f（x）在0，）上单调递减，在（，1上单调递增则f（）ab1，而f（0）b，f（1）2a+bb，f（1）2a+b1，联立解得：无解，舍去a0时，函数f（x）

7、在0，1上单调递增，则f（0）b1，f（1）2a+b1，解得b1，a0，不满足条件，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1a，b的所有值为：，或3【2019年全国新课标2理科20】已知函数f（x）lnx（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线ylnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线yex的切线【解答】解析：（1）函数f（x）lnx定义域为：（0，1）（1，+）；f（x）0，（x0且x1），f（x）在（0，1）和（1，+）上单调递增，在（0，1）区间取值有，代入函数，由函数零点的定义得，f（

8、）0，f（）0，f（）f（）0，f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，在（1，+）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，又f（e）0，f（e2）0，f（e）f（e2）0，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）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0，曲线ylnx，则有y；曲线ylnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：ylnx0（xx0）即：yx1+lnx0即：yx而曲线yex的切线在点（ln，）处的切线方程为：y（xln），即：yx，故曲线ylnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线yex的切线故得证4【2019年新课标1理

9、科20】已知函数f（x）sinxln（1+x），f（x）为f（x）的导数证明：（1）f（x）在区间（1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（1，+），f（x）cosx，f（x）sinx，令g（x）sinx，则g（x）cosx0在（1，）恒成立，f（x）在（1，）上为减函数，又f（0）1，f（）11+10，由零点存在定理可知，函数f（x）在（1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f（x）在区间（1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x（1，0）时，f（x）单调递增，f（

10、x）f（0）0，f（x）单调递减；当x（0，x0）时，f（x）单调递增，f（x）f（0）0，f（x）单调递增；由于f（x）在（x0，）上单调递减，且f（x0）0，f（）0，由零点存在定理可知，函数f（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x（x0，x1）时，f（x）单调递减，f（x）f（x1）0，f（x）单调递增；当x（）时，f（x）单调递减，f（x）f（x1）0，f（x）单调递减当x（，）时，cosx0，0，于是f（x）cosx0，f（x）单调递减，其中f（）1ln（1）1ln（1）1ln2.61lne0，f（）ln（1+）ln30于是可得下表： x （1，0）0 （0，x1

11、）x1 （） （） f（x） 0+0 f（x） 减函数 0 增函数 大于0 减函数 大于0 减函数 小于0结合单调性可知，函数f（x）在（1，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（，）上有且只有一个零点x2，当x，+）时，f（x）sinxln（1+x）1ln（1+）1ln30，因此函数f（x）在，+）上无零点综上，f（x）有且仅有2个零点5【2019年北京理科19】已知函数f（x）x3x2+x（）求曲线yf（x）的斜率为l的切线方程；（）当x2，4时，求证：x6f（x）x；（）设F（x）|f（x）（x+a）|（aR），记F（x）在区间2，4上的最大值为M（a）当M（a）最

12、小时，求a的值【解答】解：（）f（x），由f（x）1得x（x）0，得又f（0）0，f（），yx和，即yx和yx；（）证明：欲证x6f（x）x，只需证6f（x）x0，令g（x）f（x）x，x2，4，则g（x），可知g（x）在2，0为正，在（0，）为负，在为正，g（x）在2，0递增，在0，递减，在递增，又g（2）6，g（0）0，g（）6，g（4）0，6g（x）0，x6f（x）x；（）由（）可得，F（x）|f（x）（x+a）|f（x）xa|g（x）a|在2，4上，6g（x）0，令tg（x），h（t）|ta|，则问题转化为当t6，0时，h（t）的最大值M（a）的问题了，当a3时，M（a）h（0）|a|

13、a，此时a3，当a3时，M（a）取得最小值3；当a3时，M（a）h（6）|6a|6+a|，6+a3，M（a）6+a，也是a3时，M（a）最小为3综上，当M（a）取最小值时a的值为36【2019年江苏19】设函数f（x）（xa）（xb）（xc），a，b，cR，f（x）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f（x）的零点均在集合3，1，3中，求f（x）的极小值；（3）若a0，0b1，c1，且f（x）的极大值为M，求证：M【解答】解：（1）abc，f（x）（xa）3，f（4）8，（4a）38，4a2，解得a2（2）ab，bc，设f（x）（xa）（xb

14、）2令f（x）（xa）（xb）20，解得xa，或xbf（x）（xb）2+2（xa）（xb）（xb）（3xb2a）令f（x）0，解得xb，或xf（x）和f（x）的零点均在集合A3，1，3中，若：a3，b1，则A，舍去a1，b3，则A，舍去a3，b3，则1A，舍去a3，b1，则A，舍去a1，b3，则A，舍去a3，b3，则1A，因此a3，b3，1A，可得：f（x）（x3）（x+3）2f（x）3x（3）（x1）可得x1时，函数f（x）取得极小值，f（1）24232（3）证明：a0，0b1，c1，f（x）x（xb）（x1）f（x）（xb）（x1）+x（x1）+x（xb）3x2（2b+2）x+b4（b+1

15、）212b4b24b+4433令f（x）3x2（2b+2）x+b0解得：x1，x2x1x2，x1+x2，x1x2，可得xx1时，f（x）取得极大值为M，f（x1）（2b+2）x1+b0，可得：（2b+2）x1b，Mf（x1）x1（x1b）（x11）（x1b）（x1）（x1b）（x1）（2b1）2b2x1+b2，2b2+2b220，M在x1（0，上单调递减，MM7【2019年浙江22】已知实数a0，设函数f（x）alnx，x0（）当a时，求函数f（x）的单调区间；（）对任意x，+）均有f（x），求a的取值范围注意：e2.71828为自然对数的底数【解答】解：（1）当a时，f（x），x0，f（x）

16、，函数f（x）的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）（2）由f（x），得0a，当0a时，f（x），等价于2lnx0，令t，则t，设g（t）t22t2lnx，t，则g（t）（t）22lnx，（i）当x，+）时，则g（x）g（2），记p（x）42lnx，x，则p（x），列表讨论： x （） 1 （1，+） p（x） 0+ P（x） p（） 极小值p（1）p（x）p（1）0，g（t）g（22p（x）0（ii）当x）时，g（t）g（），令q（x）2lnx+（x+1），x，则q（x）10，故q（x）在，上单调递增，q（x）q（），由（i）得q（）p（）p（1）0，q（x）0，g（t）g（）

17、0，由（i）（ii）知对任意x，+），t2，+），g（t）0，即对任意x，+），均有f（x），综上所述，所求的a的取值范围是（0，8【2018年江苏19】记f（x），g（x）分别为函数f（x），g（x）的导函数若存在x0R，满足f（x0）g（x0）且f（x0）g（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S点”（1）证明：函数f（x）x与g（x）x2+2x2不存在“S点”；（2）若函数f（x）ax21与g（x）lnx存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数f（x）x2+a，g（x）对任意a0，判断是否存在b0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+）内存在“S点”，并说明理由【解答】解

18、：（1）证明：f（x）1，g（x）2x+2，则由定义得，得方程无解，则f（x）x与g（x）x2+2x2不存在“S点”；（2）f（x）2ax，g（x），x0，由f（x）g（x）得2ax，得x，f（）g（）lna2，得a；（3）f（x）2x，g（x），（x0），由f（x0）g（x0），假设b0，得b0，得0x01，由f（x0）g（x0），得x02+a，得ax02，令h（x）x2a，（a0，0x1），设m（x）x3+3x2+axa，（a0，0x1），则m（0）a0，m（1）20，得m（0）m（1）0，又m（x）的图象在（0，1）上不间断，则m（x）在（0，1）上有零点，则h（x）在（0，1）上有零点

19、，则存在b0，使f（x）与g（x）在区间（0，+）内存在“S”点9【2018年新课标1理科21】已知函数f（x）x+alnx（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明： a2【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+），函数的导数f（x）1，设g（x）x2ax+1，当a0时，g（x）0恒成立，即f（x）0恒成立，此时函数f（x）在（0，+）上是减函数，当a0时，判别式a24，当0a2时，0，即g（x）0，即f（x）0恒成立，此时函数f（x）在（0，+）上是减函数，当a2时，x，f（x），f（x）的变化如下表： x （0，） （，） （，+） f（x） 0+ 0 f

20、（x） 递减 递增递减综上当a2时，f（x）在（0，+）上是减函数，当a2时，在（0，），和（，+）上是减函数，则（，）上是增函数（2）由（1）知a2，0x11x2，x1x21，则f（x1）f（x2）（x2x1）（1）+a（lnx1lnx2）2（x2x1）+a（lnx1lnx2），则2，则问题转为证明1即可，即证明lnx1lnx2x1x2，则lnx1lnx1，即lnx1+lnx1x1，即证2lnx1x1在（0，1）上恒成立，设h（x）2lnxx，（0x1），其中h（1）0，求导得h（x）10，则h（x）在（0，1）上单调递减，h（x）h（1），即2lnxx0，故2lnxx，则a2成立（2）另解

21、：注意到f（）xalnxf（x），即f（x）+f（）0，由韦达定理得x1x21，x1+x2a2，得0x11x2，x1，可得f（x2）+f（）0，即f（x1）+f（x2）0，要证a2，只要证a2，即证2alnx2ax20，（x21），构造函数h（x）2alnxax，（x1），h（x）0，h（x）在（1，+）上单调递减，h（x）h（1）0，2alnxax0成立，即2alnx2ax20，（x21）成立即a2成立10【2018年新课标2理科21】已知函数f（x）exax2（1）若a1，证明：当x0时，f（x）1；（2）若f（x）在（0，+）只有一个零点，求a【解答】证明：（1）当a1时，函数f（x）e

22、xx2则f（x）ex2x，令g（x）ex2x，则g（x）ex2，令g（x）0，得xln2当x（0，ln2）时，g（x）0，当x（ln2，+）时，g（x）0，g（x）g（ln2）eln22ln222ln20，f（x）在0，+）单调递增，f（x）f（0）1，解：（2）方法a在（0，+）只有一个根，即函数ya与G（x）的图象在（0，+）只有一个交点G，当x（0，2）时，G（x）0，当（2，+）时，G（x）0，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）方法二：当a0时，f（x）exax20，f（x）在（0，+）没有

23、零点当a0时，设函数h（x）1ax2exf（x）在（0，+）只有一个零点h（x）在（0，+）只有一个零点 h（x）ax（x2）ex，当x（0，2）时，h（x）0，当x（2，+）时，h（x）0，h（x）在（0，2）递减，在（2，+）递增，（x0） 当h（2）0时，即a，由于h（0）1，当x0时，exx2，可得h（4a）110h（x）在（0，+）有2个零点 当h（2）0时，即a，h（x）在（0，+）没有零点， 当h（2）0时，即a，h（x）在（0，+）只有一个零点，综上，f（x）在（0，+）只有一个零点时，a11【2018年新课标3理科21】已知函数f（x）（2+x+ax2）ln（1+x）2x（1

24、）若a0，证明：当1x0时，f（x）0；当x0时，f（x）0；（2）若x0是f（x）的极大值点，求a【解答】（1）证明：当a0时，f（x）（2+x）ln（1+x）2x，（x1），可得x（1，0）时，f（x）0，x（0，+）时，f（x）0f（x）在（1，0）递减，在（0，+）递增，f（x）f（0）0，f（x）（2+x）ln（1+x）2x在（1，+）上单调递增，又f（0）0当1x0时，f（x）0；当x0时，f（x）0（2）解：由f（x）（2+x+ax2）ln（1+x）2x，得f（x）（1+2ax）ln（1+x）2，令h（x）ax2x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），h（x）4ax+（4ax

25、+2a+1）ln（x+1）当a0，x0时，h（x）0，h（x）单调递增，h（x）h（0）0，即f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，故x0不是f（x）的极大值点，不符合题意当a0时，h（x）8a+4aln（x+1），显然h（x）单调递减，令h（0）0，解得a当1x0时，h（x）0，当x0时，h（x）0，h（x）在（1，0）上单调递增，在（0，+）上单调递减，h（x）h（0）0，h（x）单调递减，又h（0）0，当1x0时，h（x）0，即f（x）0，当x0时，h（x）0，即f（x）0，f（x）在（1，0）上单调递增，在（0，+）上单调递减，x0是f（x）的极大值点，符合题意；若a0，则h（0

26、）1+6a0，h（1）（2a1）（1）0，h（x）0在（0，+）上有唯一一个零点，设为x0，当0xx0时，h（x）0，h（x）单调递增，h（x）h（0）0，即f（x）0，f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；若a，则h（0）1+6a0，h（1）（12a）e20，h（x）0在（1，0）上有唯一一个零点，设为x1，当x1x0时，h（x）0，h（x）单调递减，h（x）h（0）0，h（x）单调递增，h（x）h（0）0，即f（x）0，f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意综上，a12【2018年浙江22】已知函数f（x）lnx（）若f（x）在xx1，x2（x1x2）处导数相等，证明：f（x

27、1）+f（x2）88ln2；（）若a34ln2，证明：对于任意k0，直线ykx+a与曲线yf（x）有唯一公共点【解答】证明：（）函数f（x）lnx，x0，f（x），f（x）在xx1，x2（x1x2）处导数相等，x1x2，由基本不等式得：，x1x2，x1x2256，由题意得f（x1）+f（x2）ln（x1x2），设g（x），则，列表讨论： x （0，16） 16 （16，+） g（x） 0+ g（x） 24ln2g（x）在256，+）上单调递增，g（x1x2）g（256）88ln2，f（x1）+f（x2）88ln2（）令me（|a|+k），n（）2+1，则f（m）kma|a|+kka0，f（n）

28、knan（k）n（k）0，存在x0（m，n），使f（x0）kx0+a，对于任意的aR及k（0，+），直线ykx+a与曲线yf（x）有公共点，由f（x）kx+a，得k，设h（x），则h（x），其中g（x）lnx，由（1）知g（x）g（16），又a34ln2，g（x）1+ag（16）1+a3+4ln2+a0，h（x）0，即函数h（x）在（0，+）上单调递减，方程f（x）kxa0至多有一个实根，综上，a34ln2时，对于任意k0，直线ykx+a与曲线yf（x）有唯一公共点13【2018年北京理科18】设函数f（x）ax2（4a+1）x+4a+3ex（）若曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线与x轴

29、平行，求a；（）若f（x）在x2处取得极小值，求a的取值范围【解答】解：（）函数f（x）ax2（4a+1）x+4a+3ex的导数为f（x）ax2（2a+1）x+2ex由题意可得曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线斜率为0，可得（a2a1+2）e0，且f（1）3e0，解得a1；（）f（x）的导数为f（x）ax2（2a+1）x+2ex（x2）（ax1）ex，若a0则x2时，f（x）0，f（x）递增；x2，f（x）0，f（x）递减x2处f（x）取得极大值，不符题意；若a0，且a，则f（x）（x2）2ex0，f（x）递增，无极值；若a，则2，f（x）在（，2）递减；在（2，+），（，）递增，可得f

30、（x）在x2处取得极小值；若0a，则2，f（x）在（2，）递减；在（，+），（，2）递增，可得f（x）在x2处取得极大值，不符题意；若a0，则2，f（x）在（，2）递增；在（2，+），（，）递减，可得f（x）在x2处取得极大值，不符题意综上可得，a的范围是（，+）14【2018年天津理科20】已知函数f（x）ax，g（x）logax，其中a1（）求函数h（x）f（x）xlna的单调区间；（）若曲线yf（x）在点（x1，f（x1）处的切线与曲线yg（x）在点（x2，g（x2）处的切线平行，证明x1+g（x2）；（）证明当a时，存在直线l，使l是曲线yf（x）的切线，也是曲线yg（x）的切线【解答

31、】（）解：由已知，h（x）axxlna，有h（x）axlnalna，令h（x）0，解得x0由a1，可知当x变化时，h（x），h（x）的变化情况如下表： x （，0） 0 （0，+） h（x） 0+ h（x） 极小值函数h（x）的单调减区间为（，0），单调递增区间为（0，+）；（）证明：由f（x）axlna，可得曲线yf（x）在点（x1，f（x1）处的切线的斜率为lna由g（x），可得曲线yg（x）在点（x2，g（x2）处的切线的斜率为这两条切线平行，故有，即，两边取以a为底数的对数，得logax2+x1+2logalna0，x1+g（x2）；（）证明：曲线yf（x）在点（）处的切线l1：，曲线

32、yg（x）在点（x2，logax2）处的切线l2：要证明当a时，存在直线l，使l是曲线yf（x）的切线，也是曲线yg（x）的切线，只需证明当a时，存在x1（，+），x2（0，+）使得l1与l2重合，即只需证明当a时，方程组由得，代入得：，因此，只需证明当a时，关于x1 的方程存在实数解设函数u（x），既要证明当a时，函数yu（x）存在零点u（x）1（lna）2xax，可知x（，0）时，u（x）0；x（0，+）时，u（x）单调递减，又u（0）10，u0，故存在唯一的x0，且x00，使得u（x0）0，即由此可得，u（x）在（，x0）上单调递增，在（x0，+）上单调递减，u（x）在xx0处取得极大值

33、u（x0），故lnlna1下面证明存在实数t，使得u（t）0，由（）可得ax1+xlna，当时，有u（x）存在实数t，使得u（t）0因此，当a时，存在x1（，+），使得u（x1）0当a时，存在直线l，使l是曲线yf（x）的切线，也是曲线yg（x）的切线15【2017年江苏20】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（）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（）证明：b23a；（）若f（x），f（x）这两个函数的所有极值之和不小于，求实数a的取值范围【解答】（）解：因为f（x）x3+ax2+bx+1，所以g（x）f（x）3x2+2ax

34、+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10，所以b（a0）因为f（x）x3+ax2+bx+1（a0，bR）有极值，所以f（x）3x2+2ax+b0有实根，所以4a212b0，即a20，解得a3，所以b（a3）（）证明：由（1）可知h（a）b23a（4a327）（a327），由于a3，所以h（a）0，即b23a；（）解：由（1）可知f（x）的极小值为f（）b，设x1，x2是yf（x）的两个极值点，则x1+

35、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）+22，又因为f（x），f（x）这两个函数的所有极值之和不小于，所以b2，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（3，616【2017年新课标1理科21】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

36、+（a2）exx，求导f（x）2ae2x+（a2）ex1，当a0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：xln，当f（x）0，解得：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）ex

37、x，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）的最小值小于0即可，由f（x）在（，ln）是减函数，在（ln，+）是增函数，f（x）minf（ln）a（）+（a2）ln0，1ln0，即ln10，设t，则g（t）lnt+t1，（t0），求导g（t）1，由g（1）0，t1，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a0时，f（x）2ex10，当xR，f（x）单调递减，当a0时，f（x）（2ex+1）（aex1）2a（ex）（ex），令

38、f（x）0，解得：xlna，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xlna时，f（x）取得最小值，f（x）minf（lna）1ln，当a1，时，f（lna）0，故f（x）只有一个零点，当a（1，+）时，由1ln0，即f（lna）0，故f（x）没有零

39、点，当a（0，1）时，1ln0，f（lna）0，由f（2）ae4+（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）（aa2）n0n0n00，由ln（1）lna，因此在（lna，+）有一个零点a的取值范围（0，1）17【2017年新课标2理科21】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e2f（x0）22【解答】（1）解：因为f（x）ax2axxlnxx（axalnx）（x0），则f（x）0等价于h（x）axalnx0，求导可知h（x）a则当a0时h（x）0，即yh（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）minh（），又因为h（1）aaln10，所以1，解得a1；另解：因为f（1）0，所以f（x）0等价于f（x）在x0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x1处是极小值，所以解得a1；（2）证明：由（1）可知f（x）x2xxlnx，f（x）2x