2014-2018年五年真题分类第三章导数及其应用

第三章 导数及其应用考点1 导数与积分1（2018全国，5）设函数fx=x3+a1x2+ax若fx为奇函数，则曲线y=fx在点0，0处的切线方程为()Ay=2x By=x Cy=2x Dy=x1.D 因为函数f(x)是奇函数，所以a1=0，解得a=1，所以f(x)=x3+x，f(x)=3x2+1，所以f(0)=1,f(0)=0，所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为yf(0)=f(0)x，化简可得y=x，故选D.2.（2017浙江,7）函数y=f（x）的导函数y=f（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（ ）A. B. C. D.2. D 由当f（x）0时，函数f（x）单调递减，当f（x）0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选D.3.（2017新课标,11）若x=2是函数f（x）=（x2+ax1）ex1的极值点，则f（x）的极小值为（ ） A.1 B.2e3 C.5e3 D.13. A 函数f（x）=（x2+ax1）ex1 ， 可得f（x）=（2x+a）ex1+（x2+ax1）ex1 ， x=2是函数f（x）=（x2+ax1）ex1的极值点，可得：4+a+（32a）=0解得a=1可得f（x）=（2x1）ex1+（x2x1）ex1 =（x2+x2）ex1 ， 函数的极值点为：x=2，x=1，当x2或x1时，f（x）0函数是增函数，x（2，1）时，函数是减函数，x=1时，函数取得极小值：f（1）=（1211）e11=1故选A4.(2014大纲全国，7)曲线yxex1在点(1,1)处切线的斜率等于()A. 2e B.e C.2 D.14.C由题意可得yex1xex1，所以曲线在点(1，1)处切线的斜率等于2，故选C.5.(2014新课标全国，8)设曲线yaxln(x1)在点(0,0)处的切线方程为y2x，则a()A.0 B.1 C.2 D.35.Dya，由题意得y|x02，即a12，所以a3.6.(2014陕西，3)定积分(2xex)dx的值为()A.e2 B.e1 C.e D.e16.C(2xex)dx(x2ex)|(1e)(0e0)e，因此选C.7.(2014江西，8)若f(x)x22f(x)dx，则01f(x)dx()A.1 B. C. D.17.B因为f(x)dx是常数，所以f(x)2x，所以可设f(x)x2c(c为常数)，所以x2cx22(x3cx)|，解得c，f(x)dx(x2c)dx(x2)dx|.8.(2014山东，6)直线y4x与曲线yx3在第一象限内围成的封闭图形的面积为()A.2 B.4 C.2 D.48.D由4xx3，解得x0或x2或x2(舍去)，根据定积分的几何意义可知，直线y4x与曲线yx3在第一象限内围成的封闭图形的面积为(4xx3)dx|4.9.(2014湖南，9)已知函数f(x)sin(x)，且0，则函数f(x)的图象的一条对称轴是()A.x B.x C.x D.x9.A由定积分0sin(x)dxcos(x)|0cos sin cos 0，得tan ，所以k(kZ)，所以f(x)sin(xk)(kZ)，由正弦函数的性质知ysin(xk)与ysin(x)的图象的对称轴相同，令xk，则xk(kZ)，所以函数f(x)的图象的对称轴为xk(kZ)，当k0，得x，选A.10.(2014湖北，6)若函数f(x)，g(x)满足0，则称f(x)，g(x)为区间1,1上的一组正交函数.给出三组函数：f(x)sinx，g(x)cosx；f(x)x1，g(x)x1；f(x)x，g(x)x2.其中为区间1,1上的正交函数的组数是()A.0 B.1 C.2 D.310.C对于，sinxcosxdxsin xdx0，所以是一组正交函数；对于，(x1)(x1)dx(x21)dx0，所以不是一组正交函数；对于，xx2dxx3dx0，所以是一组正交函数.选C.11（2018全国，13）曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为_11.y=2xy=2x+1k=20+1=2y=2x12（2018全国，14）曲线y=ax+1ex在点0，1处的切线的斜率为2，则a=_12.3y=aex+ax+1ex,则f0=a+1=-2.所以a=-3.13.(2016全国，15)已知f(x)为偶函数，当x0时，f(x)ln(x)3x，则曲线yf(x)在点(1，3)处的切线方程是_.13.2xy10设x0，则x0,f(x)ln x3x,又f(x)为偶函数，f(x)ln x3x，f(x)3，f(1)2，切线方程为y2x1.14.(2016全国，16)若直线ykxb是曲线yln x2的切线，也是曲线yln(x1)的切线，则b_.14.1ln 2 yln x2的切线为：yxln x11(设切点横坐标为x1).yln(x1)的切线为：yxln(x21)，(设切点横坐标为x2).解得x1，x2，bln x111ln 2.15.(2015陕西，15)设曲线yex在点(0,1)处的切线与曲线y(x0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为_.15.(1，1)(ex)|x=0e01，设P(x0，y0)，有()|x=x01，又x00，x01，故P(1，1).16.(2015湖南，11)(x1)dx_.16.0(x1)dx2220.17.(2015天津，11)曲线yx2与直线yx所围成的封闭图形的面积为_.17.曲线yx2与直线yx所围成的封闭图形如图，由得A(1，1)，面积Sxdxx2dxx20.18.(2015陕西，16)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线表示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为_.18.1.2由题意可知最大流量的比即为横截面面积的比，建立以抛物线顶点为原点的直角坐标系，设抛物线方程为yax2，将点(5，2)代入抛物线方程得a，故抛物线方程为yx2,抛物线的横截面面积为S12(2-x2)dx2(2x-x3)|(m2)，而原梯形上底为1026(m)，故原梯形面积为S2(106)216，1.2.19.(2014江西，13)若曲线yex上点P处的切线平行于直线2xy10，则点P的坐标是_.19.(ln 2，2)由题意有yex，设P(m，n)，直线2xy10的斜率为2，则由题意得em2，解得mln 2，所以ne(ln 2)2.20（2018浙江，22）已知函数fx=xlnx（）若f(x)在x=x1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)88ln2；（）若a34ln2，证明：对于任意k0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点20.（）函数f（x）的导函数f(x)=12x-1x，由f(x1)=f(x2)得12x1-1x1=12x2-1x2，因为x1x2，所以1x1+1x2=12由基本不等式得12x1x2=x1+x224x1x2因为x1x2，所以x1x2256由题意得f(x1)+f(x2)=x1-lnx1+x2-lnx2=12x1x2-ln(x1x2)设g(x)=12x-lnx，则g(x)=14x(x-4)，所以x（0，16）16（16，+）-0+2-4ln2所以g（x）在256，+）上单调递增，故g(x1x2)g(256)=8-8ln2，即f(x1)+f(x2)8-8ln2（）令m=e-(a+k)，n=(a+1k)2+1，则f（m）kma|a|+kka0，f（n）knan(1n-an-k)n(|a|+1n-k)0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点考点2 导数的应用1.(2015福建,10)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)1,其导函数f(x)满足f(x)k1,则下列结论中一定错误的是()A.f() B.f() C.f() D.f()1.C 导函数f(x)满足f(x)k1,f(x)k0,k10,0,可构造函数g(x)f(x)kx,可得g(x)0,故g(x)在R上为增函数,f(0)1,g(0)1,g()g(0),f()1,f(),选项C错误,故选C.2.(2015陕西,12)对二次函数f(x)ax2bxc(a为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是()A.1是f(x)的零点 B.1是f(x)的极值点C.3是f(x)的极值D.点(2,8)在曲线yf(x)上2.AA正确等价于abc0,B正确等价于b2a,C正确等价于3,D正确等价于4a2bc8.下面分情况验证,若A错,由、组成的方程组的解为符合题意；若B错,由、组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；若C错,由、组成方程组,经验证a无整数解；若D错,由、组成的方程组a的解为也不是整数.综上,故选A.3.(2015新课标全国,12)设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数,f(1)0,当x0时,xf(x)f(x)0,则使得f(x)0成立的x的取值范围是()A.(,1)(0,1) B.(1,0)(1,)C.(,1)(1,0) D.(0,1)(1,)3.A 因为f(x)(xR)为奇函数,f(-1)0,所以f(1)-f(-1)0.当x0时,令g(x),则g(x)为偶函数,且g(1)g(1)0.则当x0时,g(x)()0,故g(x)在(0,)上为减函数,在(,0)上为增函数.所以在(0,)上,当0x1时,g(x)g(1)00f(x)0；在(,0)上,当x1时,g(x)g(1)00f(x)0.综上,得使得f(x)0成立的x的取值范围是(,1)(0,1),选A.4.(2015新课标全国,12)设函数f(x)ex(2x1)axa,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0,则a的取值范围是()A. B. C. D.4.D设g(x)ex(2x-1),yax-a,由题知存在唯一的整数x0,使得g(x0)在直线yax-a的下方,因为g(x)ex(2x1),所以当x时,g(x)时,g(x)0,所以当x时,g(x)min2e,当x0时,g(0)-1,g(1)3e0,直线ya(x-1)恒过(1,0)且斜率为a,故ag(0)1,且g(1)3e1aa,解得a1,故选D.5.(2014新课标全国,12)设函数f(x)sin.若存在f(x)的极值点x0满足xf(x0)2m2,则m的取值范围是()A.(,6)(6,) B.(,4)(4,)C.(,2)(2,) D.(,1)(1,)5.C由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0),则k(kZ),从而得x0(k)m(kZ).所以不等式x02f(x0)2m2即为(k)2m233,其中kZ.由题意,存在整数k使得不等式m23成立.当k1且k0时,必有1,此时不等式显然不能成立,故k1或k0,此时,不等式即为m23,解得m2.6.(2014辽宁,11)当x2,1时,不等式ax3x24x30恒成立,则实数a的取值范围是()A.5,3 B.6, C.6,2 D. 4,36.C当x(0,1时,得a34,令t,则t1,),a3t34t2t,令g(t)3t34t2t,t1,),则g(t)-9t2-8t1-(t1)(9t1),显然在1,)上,g(t)0,g(t)单调递减,所以g(t)maxg(1)-6,因此a-6；同理,当x-2,0)时,得a-2.由以上两种情况得-6a-2,显然当x0时也成立.故实数a的取值范围为-6,-2.7（2018全国，21）已知函数f(x)=1xx+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：fx1fx2x1x22，令f(x)=0得，x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x(0,a-a2-42)(a+a2-42,+)时，f(x)0.所以f(x)在(0,a-a2-42),(a+a2-42,+)单调递减，在(a-a2-42,a+a2-42)单调递增.（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0，所以x1x2=1，不妨设x11.由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2，所以f(x1)-f(x2)x1-x2a-2等价于1x2-x2+2lnx20.设函数g(x)=1x-x+2lnx，由（1）知，g(x)在(0,+)单调递减，又g(1)=0，从而当x(1,+)时，g(x)0.所以1x2-x2+2lnx20，即f(x1)-f(x2)x1-x2a-2.8.（2018全国，21）已知函数f(x)=ex-ax2（1）若a=1，证明：当x0时，f(x)1；（2）若f(x)在(0,+)只有一个零点，求a的值.8.（1）当a=1时，f(x)1等价于(x2+1)e-x-10设函数g(x)=(x2+1)e-x-1，则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x当x1时，g(x)0，h(x)没有零点；（ii）当a0时，h(x)=ax(x-2)e-x当x(0,2)时，h(x)0所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+)单调递增故h(2)=1-4ae2是h(x)在0,+)的最小值若h(2)0，即ae24，h(x)在(0,+)没有零点；若h(2)=0，即a=e24，h(x)在(0,+)只有一个零点；若h(2)e24，由于h(0)=1，所以h(x)在(0,2)有一个零点，由（1）知，当x0时，exx2，所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)21-16a3(2a)4=1-1a0故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0,+)有两个零点综上，f(x)在(0,+)只有一个零点时，a=e249（2018全国，21）已知函数fx=2+x+ax2ln1+x2x（1）若a=0，证明：当1x0时，fx0时，fx0；（2）若x=0是fx的极大值点，求a9.（1）当a=0时，f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x，f(x)=ln(1+x)-x1+x.设函数g(x)=f(x)=ln(1+x)-x1+x，则g(x)=x(1+x)2.当-1x0时，g(x)0时，g(x)0.故当x-1时，g(x)g(0)=0，且仅当x=0时，g(x)=0，从而f(x)0，且仅当x=0时，f(x)=0.所以f(x)在(-1,+)单调递增.又f(0)=0，故当-1x0时，f(x)0时，f(x)0.（2）（i）若a0，由（1）知，当x0时，f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0)，这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.（ii）若a0，设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.由于当|x|0，故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.如果6a+10，则当0x-6a+14a，且|x|0，故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+10，则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10，故当x(x1,0)，且|x|min1,1|a|时，h(x)0；当x(0,1)时，h(x)1.（I）求函数的单调区间；（II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明；（III）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.10.（I）由已知， ，有.令，解得x=0.由a1，可知当x变化时， ， 的变化情况如下表：x00+极小值所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（II）由，可得曲线在点处的切线斜率为.由，可得曲线在点处的切线斜率为.因为这两条切线平行，故有，即.两边取以a为底的对数，得，所以.（III）曲线在点处的切线l1： .曲线在点处的切线l2： .要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明当时，存在， ，使得l1和l2重合.即只需证明当时，方程组有解，由得，代入，得. 因此，只需证明当时，关于x1的方程存在实数解.设函数，即要证明当时，函数存在零点.，可知时， ；时， 单调递减，又， ，故存在唯一的x0，且x00，使得，即.由此可得在上单调递增，在上单调递减. 在处取得极大值.因为，故，所以.下面证明存在实数t，使得.由（I）可得，当时，有，所以存在实数t，使得因此，当时，存在，使得.所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.11（2018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+2x-2不存在“S点”；（2）若函数f(x)=ax2-1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)=bexx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11.（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f（x）=1，g（x）=2x+2由f（x）=g（x）且f（x）= g（x），得x=x2+2x-21=2x+2，此方程组无解，因此，f（x）与g（x）不存在“S”点（2）函数f（x）=ax2-1，g(x)=lnx，则f（x）=2ax，g（x）=1x设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）与g（x0）且f（x0）与g（x0），得ax02-1=lnx02ax0=1x0，即ax02-1=lnx02ax02=1，（*）得lnx0=-12，即x0=e-12，则a=12(e-12)2=e2当a=e2时，x0=e-12满足方程组（*），即x0为f（x）与g（x）的“S”点因此，a的值为e2（3）对任意a0，设h(x)=x3-3x2-ax+a因为h(0)=a0，h(1)=1-3-a+a=-20函数f(x)=-x2+a，g(x)=bexx，则f(x)=-2x，g(x)=bex(x-1)x2由f（x）与g（x）且f（x）与g（x），得-x2+a=bexx-2x=bex(x-1)x2，即-x2+a=2x03ex0(1-x0)exx-2x=2x03ex0(1-x0)ex(x-1)x2（*）此时，x0满足方程组（*），即x0是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”因此，对任意a0，存在b0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+）内存在“S点”12（2018北京，18）设函数f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex（1）若曲线y=fx在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，求a；（2）若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围12.（）因为f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex，所以f （x）=2ax（4a+1）ex+ax2（4a+1）x+4a+3ex（xR）=ax2（2a+1）x+2exf (1)=(1a)e由题设知f (1)=0，即(1a)e=0，解得a=1此时f (1)=3e0所以a的值为1（）由（）得f （x）=ax2（2a+1）x+2ex=（ax1）(x2)ex若a12，则当x(1a，2)时，f (x)0所以f (x)0在x=2处取得极小值若a12，则当x(0，2)时，x20，ax112x10所以2不是f (x)的极小值点综上可知，a的取值范围是（12，+）13.（2017浙江,20）已知函数f（x）=（x ）ex（x ）（）求f（x）的导函数；（）求f（x）在区间 ，+）上的取值范围 13. （）函数f（x）=（x ）ex（x ），导数f（x）=（1 2）ex（x ）ex=（1x+ ）ex=（1x）（1 ）ex；（）由f（x）的导数f（x）=（1x）（1 ）ex ， 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 ，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 14.（2017山东,20）已知函数f（x）=x2+2cosx，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 14. （）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（）h（x）=g （x）a f（x）=ex（cosxsinx+2x2）a（x2+2cosx）h（x）=ex（cosxsinx+2x2）+ex（sinxcosx+2）a（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（i）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（ii）a0时，令h（x）=2（xsinx）（exelna）=0解得x1=lna，x2=00a1时，x（，lna）时，exelna0，h（x）0，函数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（lna，+）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）=12a0a1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 15.（2017北京,19）已知函数f（x）=excosxx（13分） (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15.（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（ ）=e cos = 16.（2017天津,20）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）（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| 16.（）解：由f（x）=2x4+3x33x26x+a，可得g（x）=f（x）=8x3+9x26x6，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（，1），（ ，+），单调递减区间是（1， ）（）证明：由h（x）=g（x）（mx0）f（m），得h（m）=g（m）（mx0）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）（xx0）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| 17.（2017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（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（）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a的取值范围 17. （）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）=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根，所以4a212b0，即a2 + 0，解得a3，所以b= + （a3）（）由（I）可知h（a）=b23a= + = （4a327）（a327），由于a3，所以h（a）0，即b23a；（）解：由（I）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 18.（2017新课标,21）已知函数f（x）=ae2x+（a2）exx（12分） (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 18.（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）=0，解得：x=ln ，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）由f（x）=ae2x+（a2）exx=0，有两个零点，由（1）可知：当a0时，f（x）=0，有两个零点，则f（x）min=a +（a2） ln ，=a（ ）+（a2） ln ，=1 ln ，由f（x）min0，则1 ln 0，整理得：a1+alna0，设g（a）=alna+a1，a0，g（a）=lna+1+1=lna+2，令g（a）=0，解得：a=e2 ， 当a（0，e2），g（a）0，g（a）单调递减，当a（e2 ， +），g（a）0，g（a）单调递增，g（a）min=g（e2）=e2lne2+e21= 1，由g（1）=11ln1=0，0a1，a的取值范围（0，1） 19.（2017新课标,21）已知函数f（x）=ax2axxlnx，且f（x）0（）求a；（）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0 ， 且e2f（x0）22 19.（）因为f（x）=ax2axxlnx=x（axalnx）（x0），则f（x）0等价于h（x）=axalnx0，因为h（x）=a ，且当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；（）由（I）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