1、第 1 页（共 20 页）2017 年高考真题导数专题一解答题（共 12 小题）1已知函数 f（x）=ae 2x+（a2）e xx（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2已知函数 f（x）=ax 2axxlnx，且 f（x）0（1）求 a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e2f（x 0）2 23已知函数 f（x）=x 1alnx（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4已知函数 f（x）=x 3+ax2+bx+1（a0，b R）有极值，且导函
2、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：b 23a；（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5设函数 f（x）=（1x 2） 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6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7已知函数 f（x）=x 2+2cosx，g（x）=e x（cosxsinx +2x2） ，其中 e2.1782
3、8第 2 页（共 20 页）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） （a R） ，讨论 h（ x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值8已知函数 f（x）=e xcosxx（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9设 aZ，已知定义在 R 上的函数 f（x ）=2x 4+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，x 0）（x 0，2，函数 h（x）=g
4、（x） （mx 0） f（m） ，求证：h（m）h（x 0）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，x 0） （x 0，2 ，满足 | x0| 10已知函数 f（x ）= x3 ax2，a R，（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11设 a，bR，|a|1已知函数 f（x）=x 36x23a（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
5、象在公共点（ x0，y 0）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）e x 在区间x 01，x 0+1上恒成立，求 b 的取值范围第 3 页（共 20 页）12已知函数 f（x ）=e x（e xa） a2x（1）讨论 f（x）的单调性；（2）若 f（x）0，求 a 的取值范围第 4 页（共 20 页）2017 年高考真题导数专题参考答案与试题解析一解答题（共 12 小题）1 （2017新课标）已知函数 f（x）=ae 2x+（a2）e xx（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】
6、解：（1）由 f（x ）=ae 2x+（a2）e xx，求导 f（x）=2ae 2x+（a 2）ex1，当 a=0 时，f（x ）=2e x10，当 xR，f （ x）单调递减，当 a0 时，f（x）= （2e x+1） （ae x1）=2a （e x+ ） （e x ） ，令 f（x）=0，解得：x=ln ，当 f（x）0，解得：x ln ，当 f（x）0，解得：x ln ，x（，ln ）时，f （x）单调递减，x （ln ，+）单调递增；当 a0 时，f（x）=2a（ ex+ ） （e x ）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，
7、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 ）=ae 2x+（a 2）e xx，当 x时，e 2x0，e x0，第 5 页（共 20 页）当 x时，f（x）+，当 x，e 2x+，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） min=f（ln ）=a（ ）+（a2） ln 0，1 ln 0，即 ln + 10 ，设 t= ，则 g（t ）=lnt+t1
8、， （t 0） ，求导 g（t）= +1，由 g（1）=0 ，t= 1，解得：0a 1，a 的取值范围（0，1） 方法二：（1）由 f（x）=ae 2x+（a2）e xx，求导 f（x）=2ae 2x+（a 2）e x1，当 a=0 时，f（x ）=2e x10，当 xR，f （ x）单调递减，当 a0 时，f（x）= （2e x+1） （ae x1）=2a （e x+ ） （e x ） ，令 f（x）=0，解得：x=lna，当 f（x）0，解得：x lna，当 f（x）0，解得：x lna，x（，lna ）时，f （ x）单调递减，x （ lna， +）单调递增；当 a0 时，f（x）=2a
9、（ ex+ ） （e x ）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，第 6 页（共 20 页）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（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
10、（2）=ae 4+（a2）e 2+22e 2+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（n 0）= （a +a2）n0 n0 n00 ，由 ln（ 1）lna，因此在（lna，+）有一个零点a 的取值范围（0，1） 2 （2017新课标）已知函数 f（x）=ax 2axxlnx，且 f（x）0（1）求 a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e2f（x 0）2 2【解答】 （1）解：因为 f（x ）=ax 2axxlnx=x（ax alnx） （x0） ，则 f（x）0 等价于 h（x ）=ax alnx0，求导可知 h（
11、x）=a 则当 a0 时 h（x ）0 ，即 y=h（x）在（0，+ ）上单调递减，所以当 x01 时，h（x 0） 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（ ） ，第 7 页（共 20 页）又因为 h（1）=aaln1=0，所以 =1，解得 a=1；（2）证明：由（1）可知 f（x ）=x 2xxlnx，f（x）=2x2 lnx，令 f（x）=0，可得 2x2lnx=0，记 t（x）=2x 2lnx，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
12、，所以 t（x） min=t（ ）=ln2 10，从而 t（x）=0 有解，即 f（x）=0 存在两根x0， x2，且不妨设 f（ x）在（0 ，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+）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（x 0）（x 0 ） max= + = ；由 f（ ） 0 可知 x0 ，所以 f（ x）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0， ）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
13、2f（x 0）2 23 （2017新课标）已知函数 f（x）=x 1alnx（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 ）=x 1alnx，x 0，第 8 页（共 20 页）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，即 f（x ）min=f（a） ，又
14、因为 f（x ） min=f（a）0，所以 a=1；（2）由（1）可知当 a=1 时 f（x）=x 1lnx0，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 + ） + + =1 1，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 34 （
15、2017江苏）已知函数 f（x）=x 3+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：b 23a；（3）若 f（x） ，f（x）这两个函数的所有极值之和不小于 ，求 a 的取值范围第 9 页（共 20 页）【解答】 （1）解：因为 f（x ）=x 3+ax2+bx+1，所以 g（x ）=f（x）=3x 2+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
16、，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）=x 3+ax2+bx+1（a0，b R）有极值，所以 f（x）=3x 2+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）=b 23a= + = （4a 327） （a 327） ，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，x
17、2 是 y=f（x ）的两个极值点，则 x1+x2= ，x 1x2= ，所以 f（ x1）+f （x 2）= + +a（ + ）+b （x 1+x2）+2=（ x1+x2）（x 1+x2） 23x1x2+a（x 1+x2） 22x1x2+b（x 1+x2）+2= +2，又因为 f（x ） ，f（x）这两个函数的所有极值之和不小于 ，所以 b + +2= ，因为 a3，所以 2a363a540，第 10 页（共 20 页）所以 2a（a 236）+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，
18、65 （2017新课标）设函数 f（x）=（1 x2）e x（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 ）=（1x 2）e x，xR ，所以 f（x）=（12xx 2）e x，令 f（x）=0 可知 x=1 ，当 x1 或 x1+ 时 f（x）0，当1 x 1+ 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）e x下面对 a 的范围进行讨论：当 a1 时，设函数 h（ x）=（1x）e x，则 h（x）= xex
19、0（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）=e xx1，则 g（x）=e x10（x0） ，所以 g（x ）在0，+）上单调递增，又 g（ 0）=101=0，所以 exx+1第 11 页（共 20 页）因为当 0x1 时 f（x）（1x） （1+x ） 2，所以（1x） （1+x） 2ax1=x（1a xx2） ，取 x0= （0，1） ，则（1 x0） （1+x 0） 2ax01=0，所以 f（ x0）ax 0+1，矛盾；当 a0 时，取 x0= （0，1）
20、，则 f（x 0）（1 x0） （1+x 0） 2=1ax 0+1，矛盾；综上所述，a 的取值范围是1，+） 6 （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 ，+）上的取值范围【解答】解：（1）函数 f（x ）=（x ）e x（x ） ，导数 f（x）=（1 2）e x（x ）e x=（ 1x+ ）e x=（1x） （1 ）e x；（2）由 f（x）的导数 f（x）= （1 x） （1 ）e x，可得 f（x）=0 时，x=1 或 ，当 x1 时，f（x ）0，f（x ）递减；当 1x 时，f（x ）0，f（x ）递增；当
21、x 时，f （x）0，f（x ）递减，且 x x22x1（x1） 20 ，则 f（x）0由 f（ ）= e ，f（1）=0 ，f（ ）= e ，第 12 页（共 20 页）即有 f（ x）的最大值为 e ，最小值为 f（1）=0则 f（x）在区间 ，+ ）上的取值范围是0， e 7 （2017山东）已知函数 f（x）=x 2+2cosx，g（x）=e x（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） （a R） ，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
22、】解：（I）f （）= 22f （x）=2x 2sinx，f（）=2曲线 y=f（x）在点（，f（ ） ）处的切线方程为：y （ 22）=2（x） 化为：2x y22=0（II）h（x） =g （x）a f（x）=e x（cosxsinx+2x 2）a （x 2+2cosx）h（x）=e x（cosx sinx+2x2）+e x（ sinxcosx+2）a（ 2x2sinx）=2（xsinx ） （ exa）=2（xsinx） （e xelna） 令 u（x）=x sinx，则 u（ x）=1 cosx0，函数 u（x ）在 R 上单调递增u（0）=0，x0 时，u（x）0；x 0 时，u（x
23、）0（1）a0 时，e xa0，x 0 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（x sinx） （e xelna）=0解得 x1=lna，x 2=0第 13 页（共 20 页）0a1 时，x（，lna ）时，e xelna0，h （x）0，函数 h（x）单调递增；x（lna，0）时，e xelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递减；x（0，+）时，e xelna0，h （x）0，函数 h（x ）单调递增当 x=0 时，函数 h（x
24、 ）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，x R 时，h（x ）0，函数 h（x ）在 R 上单调递增1a 时，lna0，x（，0）时，e xelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递增；x（0，lna）时，e xelna0，h（x）0，函数 h（x）单调递减；x（lna，+）时，e xelna0，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 （l
25、na ）= 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）= 12a0a 1 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（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 上单调递增第 14 页（共 20
26、页）a 1 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）=2a 1当x=lna 时，函数 h（x）取得极小值，h （lna ）= aln2a2lna+sin（lna）+cos （lna）+28 （2017北京）已知函数 f（x）=e xcosxx（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【解答】解：（1）函数 f（x ）=e xcosxx 的导数为 f（x）=e x（cosx sinx）1，可得曲线 y=f（x）在点
27、（0，f（0） ）处的切线斜率为 k=e0（cos0sin0）1=0，切点为（0，e 0cos00） ，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）=e xcosxx 的导数为 f（x）=e x（cosx sinx）1，令 g（ x）=e x（cosxsinx）1，则 g（ x）的导数为 g（x） =ex（cosxsinxsinxcosx） =2exsinx，当 x0， ，可得 g（ x）=2e xsinx0，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
28、 f（0）=e 0cos00=1；最小值为 f（ ）=e cos = 9 （2017天津）设 aZ，已知定义在 R 上的函数 f（x）=2x 4+3x33x26x+a 在区间（1，2）内有一个零点 x0，g（x）为 f（x ）的导函数第 15 页（共 20 页）（）求 g（ x）的单调区间；（）设 m1，x 0）（x 0，2，函数 h（x）=g（x） （mx 0） f（m） ，求证：h（m）h（x 0）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，x 0） （x 0，2 ，满足 | x0| 【解答】 （）解：由 f（x ）=2x 4+3x33x26x+a，可得
29、g（x ）=f（x）=8x3+9x26x6，进而可得 g（x ）=24x 2+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（， 1） ， （ ， +） ，单调递减区间是（1，） （）证明：由 h（x）=g（x） （mx 0） f（m） ，得 h（m）=g（m） （m x0）f（m） ，h（x 0）=g（x 0） （mx 0） f（m） 令函数 H1（x ）=g（x ） （xx 0） f（x ） ，则 H1（x ）=g（x ） （xx
30、 0） 由（）知，当 x1，2时，g（x）0，故当 x1，x 0）时，H 1（x ）0，H 1（x）单调递减；当 x（x 0，2 时，H 1（x ）0，H 1（x）单调递增因此，当 x1，x 0）（x 0，2时，H 1（x）H 1（x 0）=f（x 0）=0，可得H1（m）0 即 h（m ）0，第 16 页（共 20 页）令函数 H2（x ）=g（x 0） （x x0）f（x） ，则 H2（x）=g（x 0）g（x） 由（）知，g（ x）在1 ，2上单调递增，故当 x1，x 0）时，H 2（x ）0，H 2（x）单调递增；当 x（x 0，2时，H 2（x ）0，H 2（x）单调递减因此，当 x
31、1，x 0）（x 0，2时，H 2（x ）H 2（x 0）=0，可得得 H2（m）0 即 h（x 0）0， 所以，h（m）h（x 0）0（）对于任意的正整数 p，q ，且 ，令 m= ，函数 h（x ）=g（x） （mx 0）f（m） 由（）知，当 m1， x0）时，h（x）在区间（m，x 0）内有零点；当 m（x 0，2时，h（x）在区间（x 0，m）内有零点所以 h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为 x1，则 h（x 1）=g（x 1） （x0）f（ ）=0由（）知 g（x）在1，2上单调递增，故 0g（1）g （x 1）g （2） ，于是| x0|= = 因为当 x1，2时，g
32、（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 x 0，故 f（ ）0又因为 p，q，a 均为整数，所以|2p 4+3p3q3p2q26pq3+aq4|是正整数，从而|2p 4+3p3q3p2q26pq3+aq4|1所以| x0| 所以，只要取 A=g（2） ，就有 | x0| 10 （2017山东）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
33、第 17 页（共 20 页）【解答】解：（1）当 a=2 时，f （x）= x3x2，f（x）=x 22x，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 3xy9=0（2）函数 g（ x）=f（x）+（xa）cosxsinx= x3 ax2+（xa）cosxsinx，g（x）=（xa） （xsinx） ，令 g（x）=0，解得 x=a，或 x=0，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 0xa
34、 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
35、 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，无极值第 18 页（共 20 页）11 （2017天津）设 a， bR，|a|1已知函数 f（x ）=x 36x23a（a4）x+b，g（x）=e xf（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，y 0）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）e x 在区间x 01，x 0+1上恒成立，求 b 的
36、取值范围【解答】 （）解：由 f（x ）=x 36x23a（a4）x+b，可得 f（x）=3x212x3a（a4）=3（xa） （x（4a） ） ，令 f（x）=0，解得 x=a，或 x=4a由|a|1，得 a4a当 x 变化时，f （x） ，f （x ）的变化情况如下表：x （ ，a） （a ，4 a） （ 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 ，4 a） ；（） （i）证明：g （x）=e x（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）e
37、x，x x01，x 0+1，由 ex0，可得 f（x）1又f（ x0）=1，f（x 0）=0，第 19 页（共 20 页）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）内单调递减，故当 x0=a 时， f（x）f（a）=1 在a 1，a+1上恒成立，从而 g（x）e x 在x01，x 0+1上恒成立由 f（a）=a 36a23a（a4） a+b=1，得 b=2a36a2+1，1a1令 t（x）=2x 36x2+1，x 1，1，t（x ）=6x 212x，令 t（x ）=0 ，解得 x
38、=2（舍去） ，或 x=0t（1）= 7，t （1）=3，t（0）=1 ，故 t（x）的值域为7，1 b 的取值范围是7，112 （2017新课标）已知函数 f（x）=e x（e xa）a 2x（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（e xa） a2x=e2xexaa2x，f（x）=2e 2xaexa2=（2e x+a） （e xa） ，当 a=0 时，f（x ）0 恒成立，f（ x）在 R 上单调递增，当 a0 时，2e x+a0，令 f（x）=0 ，解得 x=lna，当 xlna 时，f （x）0，函数 f（x）单调递减，当
39、 xlna 时，f （x）0，函数 f（x）单调递增，当 a0 时，e xa0，令 f（x ）=0，解得 x=ln（ ） ，当 xln （ ）时，f （x）0，函数 f（x ）单调递减，第 20 页（共 20 页）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）=e 2x0 恒成立，当 a0 时，由（1）可得 f（x ） min=f（lna）= a2lna0，lna0，0a1 ，当 a0 时，由（1）可得 f（x ） min=f（ln（ ） ）= a2ln（ ）0，ln（ ） ，2 a 0，综上所述 a 的取值范围为2 ，1
