高考数学真题导数专题及答案

1、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）=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2已知函数 f（ x）=ax2ax xlnx，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 （x0） 2 23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4已知函数f（ x） =x3+ax2+bx+1（a0，bR）有极值，且导函数f （x）的极值

2、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5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（ ） （ x6已知函数 f）e（x ）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）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx sinx+2x2），其中 e2.17828 是自

3、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第 1页（共 17页）值，有极值时求出极值8已知函数 f（ x）=excosx x（ 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 ，已知定义在R上的函数4+3x33x26x+a 在区间（ 1，2）9设 a Zf （x）=2x内有一个零点 x0， （ ）为f（x）的导函数gx（ ）求 g（ x）的单调区间；（ ）设 m 1，x0）（0，2，函数 （） （）（m0

4、） （m），求证：xh x=g xxfh（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| 10已知函数 f （x）=x3ax2，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） +（ x a） 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）=x36x23a（a4）x+b，g（ x）=exf（ x）（ ）求 f（ x）的单调区间；（ ）已知函数 y=g（x）和

5、 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 x0 1， x0 +1 上恒成立，求 b 的取值范围12已知函数f（ x）=ex（ex a） a2x（ 1）讨论 f（ x）的单调性；（ 2）若 f （x） 0，求 a 的取值范围第 2页（共 17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）=ae2x+（ a 2） exx（ 1）讨论 f（x）的单调性；（ 2）若 f （x）有两个零点，求 a 的取值

6、范围【解答】解：（ 1）由 f（x）=ae2x+（ a2）ex x，求导 f （ x）=2ae2x+（ a 2） ex 1，当 a=0 时， f （x） = 2ex 1 0，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

7、， 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+（a 2） 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） +，第 3页（共 17页）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

8、，设 t= ，则 g（t） =lnt+t 1，（ t 0），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） =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

9、，+）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）=1ln，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，第 4页（共

10、17页）当 a（ 0，1）时， 1ln0，f （ lna） 0，由 f（ 2）=ae 4+（a2）e 2+2 2e2+2 0，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）2（2017?新课标 ）已知函数 f （x）=ax2 axxlnx，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 （x0） 2 2【解答】（1）解：因为 f（x）=ax2axxlnx=x（ax a lnx

11、）（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 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 0 x 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） =x2 xxlnx，f （x） =2x2lnx，令 f （x） =0，可得 2x2lnx=0，记 t（x）=2x 2 lnx，则 t （x）=2，令 t （x）=0，解得： x

12、=，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（） ，从而t（ ）=0有解，即f（ ）=0存在两根=ln2 1 0xx第 5页（共 17页）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 00 ，2x2lnx =0所以 f （x0）=x0 x0lnx0=x0+2x0 2=x0，由 x0 可知f（ 0）（ 0） max +=；xx=由 f （ ） 0 可知 x0 ，所以 f （x）在（ 0，x0）上单调递增，在（0）上单调递减，x ，所以

13、f （x0） f（） =；综上所述， f（ x）存在唯一的极大值点x0，且 e 2 f（x0） 223（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 a 0 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

14、单调递减，在（ a，+）上单调递增，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 lnx x 1，所以 ln（ x+1） x 当且仅当 x=0 时取等号，所以 ln（ 1+），kN* 第 6页（共 17页）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 n 3 时，（1+）（1+） （ 1+）（ 2，e），因为 m 为整数，且对于任意正整数n，（1+）（

15、1+）（1+） m 成立，所以 m 的最小值为 34（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： 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

16、）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 的实根，所以 4a212b 0，即 a2+0，解得 a3，所以 b=+（a3）第 7页（共 17页）（ 2）证明：由（ 1）可知 h（ a） =b2 3a= + =（4a327）（ a3 27），由于 a3，所以 h（a） 0，即 b23a；（ 3）解：由（ 1）可知 f （ x）的

17、极小值为 f （）=b，设 x1，2 是y=f（）的两个极值点，则1 2， 1 2，xxx +x =x x =所以 f （x1）+f（ x2）=+a（+） +b（x1+x2）+2=（x1+x2） （x1+x2）23x1x2+ a （ x1 +x2）2 2x1 x2+ 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（a2 36）+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 5

18、（2017?新课标 ）设函数 f（ x） =（ 1 x2）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，x R，所以 f （x）=（12x x2）ex，令 f （x） =0 可知 x=1，当 x 1或 x 1+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，第 8页（共 17页） 1+）上单调递增；（ 2）由题可知 f （x） =（ 1 x）（1+x）ex下面对 a 的范围进行讨论：当 a1 时，设函数 h（x）=（1x）

19、 ex，则 h（x）=xex 0（ x 0），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）=ex x 1，则 g（ x）=ex10（x0），所以 g（x）在 0，+）上单调递增，又 g（0）=101=0，所以 ex x+1因为当 0 x1 时 f（ x）（ 1x）（ 1+x）2，所以（ 1x）（ 1+x）2 ax1=x（1axx2），取 x0（， ），则（ 0）（1+x0）2ax0，=011 x1=0所以 f （x0） ax0+1，矛盾；当 a0 时，取 x0（

20、， ），则（0）（ 0）（0）2 0，=01fx1 x1+x=1ax +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）x= x）e（ 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）ex（x ），导数 f （x）=（1 ?2）e x（ x）e x=（1x+） e x=（1x）（ 1） ex；（ 2）由 f （x）的导数 f （x）=（1x）（1 x） e ，可得 f （x）=0 时， x=1 或 ，第 9页（共 17页）当 x1 时， f （x） 0， f（x）递减；当 1

21、x 时， f （x） 0， f（x）递增；当 x 时， f （ x） 0， f（x）递减，且 x? x22x 1? （x 1） 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 7（2017?山东）已知函数 f（ x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosxsinx+2x 2），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

22、极值，有极值时求出极值【解答】 解：（I）f （）=22f （x）=2x2sinx， f （ ） =22曲线 y=f（ x）在点（ ，f （）处的切线方程为： y（ 2）=2（x）化为： 2xy2 2=0（ II） h（ x）=g （ x） a f（x）=ex（cosxsinx+2x2） a（x2 +2cosx）h（ x）=ex（cosxsinx+2x2）+ex（ sinxcosx+2） a（2x 2sinx）=2（x sinx）（exa）=2（ x sinx）（ exelna）令 u（x） =xsinx，则 u（ x） =1cosx 0，函数 u（x）在 R 上单调递增 u（ 0） =0，

23、x0 时， u（x） 0；x0 时， u（ x） 0（ 1） a0 时， exa0， 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）单调递减第10页（共 17页） x=0 时，函数 h（x）取得极小值， h（0） =12a（ 2） a0 时，令 h（x）=2（ xsinx）（ex elna）=0解得 x1=lna，x2=0 0 a1 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， ex el

24、na 0， 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）=a ln2a 2lna+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 1 a 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， ex elna 0， h（x） 0，函数 h（x）单调递增

25、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）=a ln2a 2lna+sin（lna）+cos（ lna） +2 综上所述： a 0 时，函数 h（x）在（ 0，+）单调递增； x 0 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） = 1 2a0a1 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）=

26、a ln2a2lna+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）= a ln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2 第11页（共 17页）8（2017?北京）已知函数 f（x）=excosx x（ 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

27、， 上的最大值和最小值【解答】 解：（1）函数 f（x）=ex的导数为f（ ）x（cosx sinx） 1，cosx xx=e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（cosxsinxsinx cosx）=2ex?sinx，当 x 0， ，可得

28、g（x）=2ex?sinx0，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）=e0cos0 0=1；最小值为 f（） =ecos=9（2017?天津）设 a Z，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 m 1，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

29、意的正整数p，q，且 1，x0）（ x0，2，满足| 0x |【解答】（ ）解：由 f（x） =2x4+3x3 3x2 6x+a，可得 g（ x）=f （x）=8x3+9x2 6x6，第12页（共 17页）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

30、）（m x0 ） f（m）令函数 H1（x）=g（ x）（xx0） f（x），则 H1（x）=g（x）（ x x0）由（ ）知，当 x 1，2 时， g（x） 0，故当 x 1， 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x 1， 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 x 1，x0）时， H2（

31、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 x 1，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 m 1，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）（第13页（共 17页）

32、 x0） f （）=0由（ ）知 g（x）在 1，2 上单调递增，故0 g（ 1） g（x1） g（2），于是 | x0=| =因为当 x 1，2 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0，故f（ ） x0又因为 p， q， a 均为整数，所以 | 2p4+3p32 26pq3+aq4| 是正整数，q 3p q从而 | 2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4| 1所以 | x0 所以，只要取（），就有|0|A=g 2x |10（ 2017?山东）已知函数f（x）=x3ax2，aR，（ 1）当 a=2 时，求曲线

33、 y=f（x）在点（ 3， f（3）处的切线方程；（ 2）设函数 g（ x）=f（x） +（ x a） 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） =9 6=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 3x y 9=0（ 2）函数 g（x）=f（ x） +（ xa）cosxsinx= x3 ax2+（ x a） cosxsinx， g（x） =（ x a）（xsinx），令 g（x）=0，解得 x=a，或

34、 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 0x a 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第14页（共 17页）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 ax 0 时， g（ x）

35、 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 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11（ 2017?天津）设 a， b R， | 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 x0 1， x0 +1 上恒成立，求 b 的取值范围【解答】（ ）解：由 f（ x） =x3 6x2 3a（ a 4） x+b，可得 f（ x）=3x2 12x 3a（a4）=3（ x a）（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（， ）（ ，